ЗАДАЧНИК
ПО ВЫСШЕЙ
МАТЕМАТИКЕ
ДЛЯ ВУЗОВ
УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ
Издание второе,
стереотипное
Под редакцией
А. С. ПОСПЕЛОВА
САНКТПЕТЕРБУРГ • МОСКВА • КРАСНОДАР
2011
ББК 22.1я73
З 15
З 15
Задачник по высшей математике для вузов: Учебное пособие. 2е изд.,
стер. / под ред. А. С. Поспелова. СПб.: Издательство «Лань», 2011. —
512 с.: ил. — (Учебники для вузов. Специальная литература).
ISBN 9785811410248
Содержит задачи по всем разделам математики для изучения цикла естественно
научных и математических дисциплин, рассчитанного на подготовку бакалавров в соот
ветствии с Федеральными государственными образовательными стандартами высшего
профессионального образования 3го поколения. Краткие теоретические сведения, снаб
женные большим количеством разобранных примеров, позволяют использовать мето
дическое пособие для всех видов обучения.
ББК 22.1я73
Коллектив авторов:
В. Н. ЗЕМСКОВ, С. Г. КАЛЬНЕЙ, В. В. ЛЕСИН,
А. С. ПОСПЕЛОВ, А. А. ПРОКОФЬЕВ
Õóäîæåñòâåííûé ðåäàêòîð Ñ. Þ. Ìàëàõîâ. Òåõíè÷åñêèé ðåäàêòîð À. Â. Àíäðååâ
Êîððåêòîðû Â. Î. Ëîãóíîâà, À. Ì. Ïëåòíåâà. Ïîäãîòîâêà èëëþñòðàöèé Í. Ã. Áðóñÿíèíà
Âûïóñêàþùèå Å. À. Ïåòðîâà, Î. Â. Øèëêîâà
ËÐ ¹ 065466 îò 21.10.97. Ãèãèåíè÷åñêèé ñåðòèôèêàò 78.01.07.953.Ï.007216.04.10
îò 21.04.2010 ã., âûäàí ÖÃÑÝÍ â ÑÏá
Èçäàòåëüñòâî «ËÀÍÜ»
lan@lanbook.ru; www.lanbook.com
192029, Ñàíêò-Ïåòåðáóðã, Îáùåñòâåííûé ïåð., 5.
Òåë./ôàêñ: (812) 412-29-35, 412-05-97, 412-92-72. Áåñïëàòíûé çâîíîê ïî Ðîññèè: 8-800-700-40-71
ГДЕ КУПИТЬ
ДЛЯ ОРГАНИЗАЦИЙ:
Для того, чтобы заказать необходимые Вам книги, достаточно обратиться
в любую из торговых компаний Издательского Дома «ЛАНЬ»:
по России и зарубежью. «ЛАНЬТРЕЙД». 192029, СанктПетербург, ул. Крупской, 13
тел.: (812) 4128578, 4121445, 4128582; тел./факс: (812) 4125493
email: trade@lanbook.ru; ICQ: 446869967; www.lanpbl.spb.ru/price.htm
в Москве и в Московской области. «ЛАНЬПРЕСС».
109263, Москва, 7я ул. Текстильщиков, д. 6/19
тел.: (499) 1786585; email: lanpress@lanbook.ru
в Краснодаре и в Краснодарском крае. «ЛАНЬЮГ».
350072, Краснодар, ул. Жлобы, д. 1/1; тел.: (861) 2741035; email:lankrd98@mail.ru
ДЛЯ РОЗНИЧНЫХ ПОКУПАТЕЛЕЙ:
интернет1магазины:
Издательство «Лань»: http://www.lanbook.com
«Сова»: http://www.symplex.ru; «Ozon.ru»: http://www.ozon.ru
«Библион»: http://www.biblion.ru
Подписано в печать 22.07.11.
Бумага офсетная. Гарнитура Школьная. Формат 70´100 1/16.
Печать офсетная. Усл. п. л. 41,60. Тираж 1500 экз.
Çàêàç ¹
.
Îòïå÷àòàíî â ïîëíîì ñîîòâåòñòâèè ñ êà÷åñòâîì
ïðåäîñòàâëåííûõ ìàòåðèàëîâ â ÎÀÎ «Äîì ïå÷àòè ÂßÒÊÀ»
610033, ã. Êèðîâ, óë. Ìîñêîâñêàÿ, 122
ПРЕДИСЛОВИЕ
Общая структура учебнометодического пособия «Задачник по высшей матема
тике для вузов» содержит необходимые материалы для обеспечения подготовки по
программам математических курсов цикла естественнонаучных и математических
дисциплин по всем направлениям, перечисленным в Федеральных государственных
образовательных стандартах высшего профессионального образования (ФГОС ВПО)
3го поколения.
При составлении пособия авторы широко использовали методический опыт пре
подавания математических дисциплин в Московском институте электронной тех
ники (техническом университете). В сборнике содержится большое число задач, со
ставленных преподавателями кафедр высшей математики МИЭТ и используемых в
обучении студентов. В сборник включены также задачи и из других широко извест
ных изданий.
Каждый из разделов 12 глав пособия содержит необходимые теоретические све
дения (определения, формулы, теоремы) и большое число подробно разобранных
примеров. На этой основе в разделе сформулированы циклы типовых задач в коли
честве, достаточном для обеспечения как аудиторных занятий, так и домашних за
даний студентов.
Такая структура организации материала в целом повторяет методику изложе
ния, принятую в неоднократно переиздававшемся учебнометодическом пособии
«Сборник задач по математике для втузов», часть 1–4, под редакцией А. В. Ефимова
и А. С. Поспелова, хорошо зарекомендовавшем себя в организации повышенной ма
тематической подготовки студентов в образовательной области техники и техноло
гий. Естественно, что часть простых задач этого сборника была использована при
подготовке настоящего пособия.
Характерной особенностью предлагаемого пособия является возможность его ис
пользования для индивидуальной самостоятельной работы студентов. Циклы не
сложных задач легко трансформируются в индивидуальные типовые домашние за
дания по соответствующим разделам, а также самостоятельные работы текущего
контроля.
Хотя работа по подготовке материала распределялась между авторами по главам,
авторский коллектив в целом несет ответственность за допущенные ошибки, опечат
ки и неточности в изложении. Авторы заранее выражают свою благодарность за все
критические замечания, которые могут возникнуть в процессе использования учебно
методического пособия, а также за указания на замеченные ошибки и неточности.
Теоретический материал набран петитом, начало решений разобранных приме
ров отмечено знаком &, а конец решения — знаком %.
P. S. Когда работа над рукописью этой книги подходила к концу, скоропостиж
но умер ее редактор и соавтор, доктор физ.мат. наук, профессор, заслуженный ра
ботник высшей школы РФ А. С. Поспелов. Светлая память об Алексее Сергеевиче
надолго сохранится в его добрых делах. Авторы уверены, что настоящий Задачник —
одно из таких дел.
ГЛАВА 1
АНАЛИТИЧЕСКАЯ
ГЕОМЕТРИЯ
§ 1.1.
ВЕКТОРНАЯ АЛГЕБРА
1. Определители 2го и 3го порядка
Определителем 2го порядка, соответствующим квадратной матрице 2го поряд
1 a11 a12 2
ка A 3 4
5 (или просто определителем матрицы A), называется число, вы
6 a21 a22 7
числяемое по правилу
det A 1
a11 a12
1 a11a22 2 a21a12.
a21 a22
(1.1)
Числа a11, a12, a21, a22, составляющие матрицу данного определителя, называют
элементами этого определителя. Таким образом, определитель 2го порядка равен
произведению элементов главной диагонали минус произведение элементов побоч
ной диагонали.
1 a11 a12
Аналогично, если A 5 3 a21 a22
3
3a
6 31 a32
a13 2
a23 44 — квадратная матрица 3го порядка, то со
a33 47
ответствующим ей определителем 3го порядка называется число, вычисляемое по
правилу Саррюса
a11 a12
det A 1 a21 a22
a31 a32
Таким образом, каждый член определителя 3го порядка представляет собой
произведение трех его элементов, взятых по одному из каждой строки и каждого
столбца. При этом три произведения берутся со знаком плюс, если их образуют
либо элементы главной диагонали, либо элементы, расположенные в вершинах тре
угольников с основаниями, параллельными главной диагонали, и три со знаком ми
нус, если их образуют элементы, расположенные аналогично относительно побоч
ной диагонали.
В задачах 1.1–1.4 вычислить определители 2#го порядка.
1.1.
2 1
sin 1 cos 1
sin 1 cos 1
1 23 4 25
. 1.2.
. 1.3.
. 1.4.
.
61 2
6 cos 1 sin 1
4 65 1 63
sin 3 cos 3
В задачах 1.5–1.8 вычислить определители 3#го порядка.
1 2 3
3 2 1
1 1 1
a b c
1.5. 4 5 6 . 1.6. 2 5 3 . 1.7. 1 2 3 . 1.8. c a b .
7 8 9
3 4 2
1 3 6
b c a
1.9. Доказать следующие свойства определителя 3#го порядка, исполь#
зуя его определение:
а) Определитель не изменится, если строки (столбцы) матрицы опреде#
лителя сделать столбцами (строками) с теми же номерами (т. е. транспони#
ровать матрицу).
б) Если все элементы какой#либо строки (столбца) матрицы определителя
умножить на одно и то же число, то определитель умножится на это число.
в) Если переставить две строки (столбца) матрицы определителя, то опре#
делитель изменит знак; в частности, если две строки (столбца) матрицы оп#
ределителя равны, то он равен нулю.
г) Если каждый элемент некоторой строки (столбца) матрицы определи#
теля представлен в виде суммы двух слагаемых, то определитель равен сум#
ме двух определителей, у которых все строки (столбцы) его матрицы, кроме
данной, прежние, а в данной строке (столбце) в матрице первого определите#
ля стоят первые, а во втором — вторые слагаемые.
д) Если одна строка (столбец) матрицы определителя является линейной
комбинацией остальных строк (столбцов), то определитель равен нулю.
В задачах 1.10–1.11 доказать тождества, используя свойства определите#
ля 3#го порядка, перечисленные в задаче 1.9 (определитель не развертывать).
a1 1 b1x a1 2 b1x c1
a1
1.10. a2 1 b2 x a2 2 b2 x c2 3 2x 4 a2
a3 1 b3 x a3 2 b3 x c3
a3
a1 2 b1x a1x 2 b1
1.11. a2 2 b2 x a2 x 2 b2
a3 2 b3 x a3 x 2 b3
b1
b2
b3
c1
c2 .
c3
c1x 2 a1
a1
3
c2 x 2 a2 3 (x 1 x ) 4 a2
c3 x 2 a3
a3
b1
b2
b3
c1
c2 .
c3
6
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Минором Mij элемента aij определителя 3$го порядка называют определитель вто$
рого порядка, получаемый из данного вычеркиванием i$й строки и j$го столбца, на
пересечении которых стоит этот элемент. Алгебраическим дополнением Aij элемента
aij определителя 3$го порядка называют определитель третьего порядка, получае$
мый из данного заменой элемента aij на 1 и обнулением всех остальных элементов i$й
строки и j$го столбца.
Алгебраическое дополнение Aij и минор Mij элемента aij связаны формулой
Aij = (–1)i+jMij.
Сформулируем еще один способ вычисления определителя 3$го порядка: опреде
литель равен сумме произведений элементов какойлибо строки (столбца) на их
алгебраические дополнения, т. е.
3
3
k 11
k 11
det A 1 3 aik 2 Aik или det A 1 3 akj 2 Akj .
(1.3)
Этот способ называют разложением определителя по элементам iй строки (jго
столбца). В частности, разложение определителя по 1$му столбцу в развернутом виде
записывается следующим образом:
a11 a12
a21 a22
a31 a32
a13
a
a23 1 a11 2 22
a32
a33
a23
a
3 a21 2 12
a33
a32
a13
a
4 a31 2 12
a33
a22
a13
.
a23
ПРИМЕР 1.2. Вычислить определитель из примера 1.1:
а) разложением по первой строке;
б) разложением по какой$либо строке, предварительно упрощая его и используя
результат задачи 1.9.
& а) Используя формулу (1.3) для разложения определителя по первой строке,
получаем
3 2 1
5 3
2 3
2 5
2 5 3 1 32
3 22
4 12
1 3 2 (10 3 12) 3 2 2 (4 3 9) 4 1 2 (8 3 15) 1 33.
4 2
3 2
3 4
3 4 2
На основании свойств, сформулированных в задаче 1.9, при выполнении ука+
3 2 1
занных действий определитель не изменился, поэтому 2 5 3 1 23. 1
3 4 2
В задачах 1.12–1.14 вычислить определитель, используя разложение по
какой+либо строке, предварительно упрощая его.
1 1 1
a
a a
1 1 1
1.12. 11 0 1 . 1.13. 1a a x . 1.14. 1 2 3 .
11 11 0
1a 1a x
1 3 6
2. Решение систем линейных уравнений
с двумя и тремя неизвестными
В школьном курсе алгебры при решении систем линейных уравнений с несколь+
кими неизвестными в основном использовался метод исключения неизвестных.
Ниже предлагается метод решения систем линейных уравнений с использованием
определителей.
Система двух линейных уравнений с двумя неизвестными
3a1x 1 b1y 2 c1,
4
5a2x 1 b2y 2 c2
при условии, что определитель системы 1 2
a1 b1
отличен от нуля, имеет единст+
a2 b2
венное решение, которое может быть найдено по формулам
1y
1x
, y2 .
(1.4)
1
1
Здесь Dx и Dy — определители, полученные из определителя D заменой столбца коэф+
фициентов при соответствующем неизвестном столбцом свободных членов:
x2
1x 2
c1 b1
a
, 1y 2 1
c2 b2
a2
c1
.
c2
Система трех линейных уравнений с тремя неизвестными
a1 b1
при условии, что определитель системы 1 2 a2 b2
a3 b3
c1
c2 3 0, имеет единственное ре'
c3
шение, которое может быть найдено по формулам
x2
1y
1x
1
, y2 , z2 z,
1
1
1
(1.5)
где
d1
1 x 2 d2
d3
b1
b2
b3
c1
a1 d1
c2 , 1 y 2 a2 d2
c3
a3 d3
c1
a1 b1 d1
c2 , 1 z 2 a2 b2 d2 .
c3
a3 b3 d3
В задачах 1.15–1.20 решить системы уравнений.
42x 1 3y 2 8,
49x 1 2y 2 8,
4(a 1 1)x 3 ay 2 a 1 1,
1.15. 5
1.16. 5
1.17. 5
6x 3 2y 2 33.
64x 1 y 2 3.
6ax 1 (1 3 a)y 2 a 3 1.
42x 1 4y 1 z 2 4,
42x 1 y 3 z 2 0,
42x 1 3z 3 3y 2 310,
7
7
7
1.18. 53x 1 6y 1 2z 2 4, 1.19. 5x 3 y 3 3z 2 13,
1.20. 53y 1 x 3 3z 2 13,
74x 3 y 3 3z 2 1.
73x 3 2y 1 4z 2 315.
7z 1 x 2 0.
6
6
6
3. Линейные операции над векторами
11112
Направленным отрезком AB называется отрезок AB, для которого указаны
начало — точка
11112
11112 A и конец — точка B (рис. 1.1).
Длиной AB направленного
AB называется длина отрезка AB. На'
1111112
1111111отрезка
2
правленные отрезки A1B1, ..., An Bn называются коллинеарными, если существует
прямая l, которой
11111параллелен
12
11111112 каждый из этих отрезков. Направ'
ленные отрезки A1B1, ..., An Bn называются компланарными, если су'
ществует плоскость a, которой параллелен каждый из этих отрезков.
Геометрическим вектором a называется множество всех направлен'
ных отрезков, имеющих одинаковую длину и направление. О всяком
Рис. 1.1
направленном отрезке из этого множества говорят, что он представ
ляет
11112вектор a (получен приложением вектора a к точке A), и в этом случае пишут
a 1 1111
AB
11112 длина любого направленного отрез'
2 . Длиной (модулем) вектора a называется
ка AB, представляющего этот вектор: | a | 1 AB . Вектор нулевой длины называется
нулевым вектором и обозначается символом 0.
Векторы a и b называются равными, если множество представляющих их на'
правленных отрезков совпадают. 1112
Пусть направленный отрезок OA представляет
вектор a. Прикладывая к точ'
11112
ке A вектор b, получим
направленный
отрезок
Вектор,
представленный направ'
AB
.
1112
ленным отрезком OB, называется суммой векторов a и b и обозначается a + b (прави
ло треугольника, см. рис. 1.2а).
Сумма векторов a и b может быть определена также по правилу параллелограм
ма (рис. 1.2б).
Произведением вектора a на действительное число l ¹ 0 называется вектор, обо'
значаемый la, такой что: 1) |la| = |l| × |a|; 2) векторы a и la сонаправлены при l > 0 и
противоположно направлены при l < 0. По определению 0 × a = l × 0 = 0.
9
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
Рис. 1.2
Рис. 1.3
ПРИМЕР 1.3. Найти сумму векторов a1, a2, a3, a4, a5, изображенных на рис. 1.3а.
& Чтобы построить сумму векторов a1, a2, a3, a4, a5, к концу вектора a1 приклады*
вем вектор a2 и получаем сумму a1 + a2. Затем к концу полученного вектора прикла*
дываем вектор a3 и получаем сумму a1 + a2 + a3, и т. д. На
рис.
111111
2 1.3б изображен процесс
построения их суммы. Результирующий вектор равен A1 A6 1 a1 2 a2 2 a3 2 a4 2 a5 (пра
вило многоугольника). %
1.21. Длины векторов a и b заданы. Как следует направить эти векторы,
чтобы длина вектора a + b была: а) наибольшей; б) наименьшей. в) Может ли
длина вектора a + b быть меньше длины каждого из
a,2 b?
1111векторов
2 11112 1111
1.22. ABCD — параллелограмм. Доказать, что DB 1 AB 2 AD.
1.23.
тетраэдр.
суммы1111
векторов:
11112ABCD
11112 —
1112
11112 Найти
1112 1112
2 1112 11112 1112
а) AB 1 BD 1 DC; б) AD 1 CB 1 DC; в) AB 1 BC 1 DA 1 CD.
1.24. ABCDA1B1C1D1 — параллелепипед. Найти следующие суммы век*
торов:11112 111112 1111112
11112 1111112 111112 1111112 1112
111112 111112 111112
а) AD 1 BB1 1 D1C1; б) AD 1 A1 B1 1 AA1 1 C1 A1 1 AC; в) AD1 1 AB1 1 A1 A.
1.25. Коллинеарны ли векторы a и b, если коллинеарны векторы a + b и
a – b?
1.26. В1111
треугольнике
12 111112 11112 ABC точка M — точка пересечения медиан. Дока*
зать, что MA 1 MB 1 MC 2 0.
ПРИМЕР 1.4. В параллелепипеде
ABCDA1B1C11111
M2 — центр грани CC1D1D
1D2
1 точка
1111112
11112 1111
(рис. 1.4). Выразить вектор B1M через векторы AA1, AB, AD.
& Для треугольника B1C1M запишем равенст*
111112 11112 111112
1111112 111112 111112
во B1M 1 B1C1 2 C1M. Так как B1C1 1 AD и C1M 1
1111112
11112 11112
111112
1 1111112 11112
1 (C1D1 2 C1C), а C1D1 1 2 AB и C1C 1 2 A1 A, то отсю*
2
111112
111112 11112
да получаем C1M 1 2 1 ( AA1 3 AB) и, следователь*
2
1111112
1 111112 1 11112 11112
но, B1M 1 2 AA1 2 AB 3 AD. 1
Рис. 1.4
2
2
1.27. В параллелограмме ABCD1111
точки
M и N — середины
2
111112 11112сторон BC и CD
соответственно. Выразить вектор AB через векторы AM, AN.
1112
1.28. В
правильном
шестиугольнике ABCDEF выразить вектор AC через
1111
2 11112
векторы AB и AF.
1.29.
B12C11112
точка
11111M
2 — центр грани AA1B1B. Выразить век*
1111112 В призме ABCA11111
тор MC1 через векторы AB, AC, AA1 .
10
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
111112 111112
1.30. В параллелепипеде
111112 111112 1112 ABCDA1B1C1D1 выразить векторы AA1 и AC1
через векторы AB1, AD1 , AC.
1.31. В параллелепипеде
ABCDA1B11111
C12D1111
1 точка
111112
2 111112M — центр грани A1B1C1D1.
Выразить вектор AM через векторы AB, AD, AA1 .
Система векторов a1, ..., an называется линейно зависимой, если существуют чис2
ла l1, ..., ln (112 2 ... 2 12n 3 0) такие, что l1a1 + ... + lnan = 0. В противном случае систе2
ма называется независимой.
1.32. Доказать следующие критерии линейной зависимости:
1) система векторов a1, a2 линейно зависима в том и только том случае,
когда векторы a1 и a2 коллинеарны;
2) система векторов a1, a2, a3 линейно зависима в том и только том слу2
чае, когда векторы a1, a2 и a3 компланарны;
3) всякая система из n ³ 4 векторов линейно зависима.
1.33. Доказать, что точка C принадлежит прямой AB тогда и только то2
11112 1112
гда, когда векторы AB и AC коллинеарны, т. е. существует такое действи2
1112
11112
тельное число k, что AC 1 k AB. Выяснить геометрический смысл числа k.
1.34. В треугольнике OAB OL — биссектриса угла AOB. Выразить вектор
1112
1112
1112
OL через векторы a 1 OA, b 1 OB и длины этих векторов.
1.35. Найти линейную зависимость между четырьмя некомпланарными
1
векторами p = a + b, q = b – c, r = a – b + c, s 1 b 2 c.
2
1.36. Доказать, что для любых векторов a, b и c векторы a + b, b + c и c – a
компланарны.
1.37. Даны три некомпланарных вектора a, b и c. Найти все значения l,
при которых векторы la + b + c, a + lb + c, a + b + lc компланарны.
1.38. Даны два параллелограмма
111112 11112 111112 ABCD и AB1C1D1 с общей вершиной A.
Доказать, что векторы BB1 , CC1 , DD1 компланарны.
4. Базис и координаты вектора
Упорядоченная тройка некомпланарных векторов e1, e2, e3 называется базисом
B = {e1, e2, e3} в множестве всех геометрических векторов. Всякий геометрический
вектор a может быть единственным образом представлен в виде
a = X1e1 + X2e2 + X3e3,
(1.6)
где числа X1, X2, X3 называются координатами вектора a в базисе B. Формулу (1.6)
называют разложением вектора a по базису B. Используют также следующую фор2
му записи: a = {X1, X2, X3}.
Аналогично, упорядоченная пара e1, e2 неколлинеарных векторов называется
базисом B = {e1, e2} в множестве всех геометрических векторов, компланарных не2
которой плоскости.
Наконец, всякий ненулевой вектор e образует базис B = {e} в множестве всех
геометрических векторов, коллинеарных некоторому направлению.
11
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
Если вектор a есть линейная комбинация векторов a1, ..., an с коэффициентами
l1, ..., ln, т. е.
n
a 1 3 2kak ,
k11
то каждая координата Xi(a) вектора a равна сумме произведений коэффициентов
l1, ..., ln на соответствующие координаты векторов a1, ..., an:
n
Xi (a) 1 3 2 k Xi (ak ), i 1 1,2,3.
k 11
Базис B = {e1, e2, e3} называется прямоугольным, если векторы e1, e2 и e3 попарно
перпендикулярны. Прямоугольный базис B = {e1, e2, e3} называется ортонормиро
ванным, если векторы e1, e2 и e3 имеют единичную длину. В этом случае приняты
обозначения
e1 = i, e2 = j, e3 = k.
, e) —
Проекцией вектора a на вектор e называется число прea = |a| cos j, где 1 2 (a1
угол между векторами a и e (0 £ j £ p).
Координаты X, Y, Z вектора a в прямоугольном базисе совпадают с проекциями
вектора a на базисные орты i, j, k соответственно, а длина вектора a равна
| a| 1 X2 2 Y 2 2 Z2 .
(1.7)
Числа
cos 1 2 cos(a1
, i) 2
X
,
X2 3 Y 2 3 Z2
Y
cos4 2 cos(a1
, j) 2
,
X2 3 Y 2 3 Z2
Z
cos 5 2 cos(a2
, k) 2
X2 3 Y 2 3 Z2
называются направляющими косинусами вектора a. Направляющие косинусы век;
тора совпадают с координатами (проекциями) его орта a 0 1
1
2 a.
|a|
ПРИМЕР 1.5. Дан параллелепипед ABCDA1B1C1D1. Точки M, N, P — центры гра;
111112
11112
11112
ней A1B1C1D1, CC1D1D, BB1C1C соответственно (рис. 1.5). Пусть a 1 AM, b 1 AN, c 1 AP.
111112
Найти координаты вектора AC1 в базисе B = {a, b, c}.
111112
11112
11112
& Введем векторы p 1 AA1, q 1 AB, r 1 AD. Тогда
111112 111112 1111112
1
1
a 1 AM 1 AA1 2 A1M 1 p 2 q 2 r.
2
2
Аналогично находим
1
1
1
1
b 1 p 2 q 2 r, c 1 p 2 q 2 r.
2
2
2
2
111112
Заметим, что AC1 1 p 2 q 2 r. Получим
Рис. 1.5
1112
1
1
1
1
1
1
a 3 b 3 c 4 15 p 3 q 3 r 26 3 15 p 3 q 3 r 26 3 15 p 3 q 3 r 26 4 2(p 3 q 3 r) 4 2 AC.
2
2
2
2
2
2
7
8 7
8 7
8
111112 1 1 1
111112 1
1
1
Отсюда AC1 1 a 2 b 2 c, т. е. AC1 3 2 , 2 , 2 . 1
2
2
2
1
2
12
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1.39. На сторонах OA, OB треугольника OAB соответственно взяты точки
M и N такие, что OM : MA = 2 : 1, ON : NB =1112
1 : 3. Пусть P — 1112
точка пересече+
1112
ния отрезков AN и BM. Разложить вектор OP по базису a 1 OA, b 1 OB. 11112
1.40. В пирамиде ABCD
M
1112 1111
2 —
11112середина ребра BD. Разложить вектор CM
в базисе из ребер 1 1 { AC, AD, AB }.
1.41. 1112
В правильной пирамиде SABCDEF
с вершиной
S найти координаты
1112 11112 1111
2
вектора SE в базисе из ребер 1 1 { AS, AB, AF }.
1.42. Основанием пирамиды
ABCD.
1112 с вершиной S служит
1112 1112 параллелограмм
1112
Найти координаты вектора SD в базисе 1 1 { SA, SB, SC }.
1.43. Основанием пирамиды SABCD служит параллелограмм ABCD с цен+
тром O. Точка M — точка
пересечения
медиан 1112
треугольника
SCD. Найти ко+
1112 11111
2 1112
11112 11112
ординаты векторов SC, AM, SO в базисе 1 1 { AS, AB, AD }.
1.44. Пусть a, b, c — некомпланарные векторы. Определить, при каких
значениях a и b вектор 3a + ab + bc коллинеарен вектору (a – 2)a + b + ac.
1.45. При каких значениях a и b векторы a = –2i + 3j + ak и b = bi – 6j + 2k
коллинеарны?
1.46. Доказать, что если в базисе B = {e1, e2, e3} векторы a и b имеют коор+
динаты a = {a1, a2, a3}, b = {b1, b2, b3} и k — действительное число, то
a + b = {a1 + b1, a2 + b2, a3 + b3} и ka = {ka1, ka2, ka3}.
1.47. При каких значениях a и b векторы {1, a, b} и {a – b, 5, 4} коллине+
арны?
1.48. При каких значениях a и b точки с координатами {1, a, –3}, {2, a + 3, 5}
и {b, 3, a – b} лежат на одной прямой?
1.49. При каких значениях a векторы {1, –1, 0}, {2, 1, 1} и {1, 2 – a, 3} ком+
планарны?
В дальнейшем, если не оговаривается противное, считается, что векторы пред+
ставлены своими координатами в некотором прямоугольном базисе. Запись a =
= {X, Y, Z} означает, что координаты вектора a равны X, Y и Z, т. е. a = Xi + Yj + Zk.
1.50. Заданы векторы a 1 = {–1, 2, 0}, a2 = {3, 1, 1}, a3 = {2, 0, 1} и
1
a 1 a1 2 2a2 3 a3 . Вычислить: а) |a 1| и координаты орта a 1, 0 вектора a 1;
3
б) cos(a1
1 , j); в) координату X вектора a; г) прja.
В задачах 1.51–1.52 доказать, что векторы e1, e2 образуют базис в множе+
стве всех векторов плоскости. В базисе B = {e1, e2} вычислить координаты
вектора a и написать его разложение по базису B.
1.51. e1 = {1, –1}, e2 = {1, 1} и a = –2i – j.
1.52. e1 = {–1, 2}, e2 = {2, 1} и a = 5i – 15j.
В задачах 1.53–1.54 доказать, что векторы e1, e2, e3 образуют базис в мно+
жестве всех векторов пространства. В базисе B = {e1, e2, e3} вычислить коор+
динаты вектора a и написать его разложение по базису B.
1.53. e1 = {1, 0, 0}, e2 = {1, 1, 0}, e3 = {1, 1, 1} и a = –2i – k.
1.54. e1 = {1, 0, –1}, e2 = {1, –1, 0}, e3 = {–1, 1, 1} и a = i – 2j + k.
13
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
5. Декартовы прямоугольные координаты
точки на плоскости и в пространстве.
Простейшие задачи аналитической геометрии
Говорят, что в трехмерном пространстве введена декартова прямоугольная сис
тема координат áO, Bñ, если заданы:
1) некоторая точка O, называемая началом координат;
2) некоторый ортонормированный базис B = {i, j, k} в множестве всех геометри*
ческих векторов.
Оси Ox, Oy и Oz, проведенные через точку O в направлении базисных ортов i, j
и k, называются координатными осями системы координат áO, Bñ = Oxyz. 111112
Если M — произвольная точка пространства, то направленный отрезок OM на*
зывается радиусвектором точки M. Координатами
точки M в системе áO, Bñ назы*
111112
ваются координаты ее радиус*вектора OM как геометрического вектора в базисе B,
111112
111112
111112
x( M ) 1 X (OM ), y( M ) 1 Y (OM ), z( M ) 1 Z(OM ).
Если M1 = (x1, y1, z1) и M
(x2, y2, z2) — две произвольные точки в пространст*
2 = 12
1111111
ве, то координаты вектора M1M2 равны
X = x2 – x1, Y = y2 – y1, Z = z2 – z1.
Отсюда на основании (1.7) расстояние между точками выражается формулой
111111112
1( M1, M2 ) 2 M1M2 2 (x2 3 x1 )2 4 (y2 3 y1 )2 4 (z2 3 z1 )2 .
При решении задач аналитической геометрии целесообразно максимально ис*
пользовать методы векторной алгебры.
ПРИМЕР 1.6. Заданы вершины A = (–1, 2, 3), B = (0, 1, 4) треугольника и точка
пересечения его медиан E = (5, 7, –1). Найти координаты вершины C.
& Так как координаты вершины A заданы,1112
то для вычисления
координат верши*
111112
ны C достаточно найти координаты вектора AC. Пусть BM — медиана, проведен*
ная из вершины B. Тогда
1112
111112
11112 111112
11112 3 11112
AC 3 2 AM 3 2( AB 4 BM ) 3 2 AB 4 BE
2
(здесь учтено, что медиана треугольника делится точкой пересечения медиан в отно*
шении 2 : 1).
11112
11112
1112
Так как AB 1 {1, 2 1,1} и BE 1 {5,6, 2 5}, то AC 1 {17,16, 2 13}. Тогда
1112
1112
1112
x(C) 1 x( A ) 2 X ( AC) 1 16, y(C) 1 y( A ) 2 Y ( AC) 1 18, z(C) 1 z( A ) 2 Z ( AC) 1 310. 1
1
2
1.55. Вычислить расстояние между точками M1 = (6, –3) и M2 = (9, –7) и
расстояние от точки M2 до начала координат.
1.56. Вычислить периметр треугольника с вершинами в точках A = (–1, –3),
B = (2, –3), C = (2, 1).
1.57. Показать, что треугольник ABC с вершинами A = (–3, –3), B = (–1, 3),
C = (11, –1) — прямоугольный.
1.58. Вершины треугольника имеют координаты (3, –1, 4), (2, 5, 7) и
(1, –1, –5). Найти координаты точки пересечения медиан треугольника.
1.59. Даны координаты середин сторон треугольника (–1, 2, 3), (0, 1, 4),
(5, 7, –1). Найти координаты вершин.
14
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1.60. Даны две смежные вершины параллелограмма A = (–2, 6), B = (2, 8)
и точка пересечения его диагоналей M = (2, 2). Найти две другие вершины.
1.61. Даны координаты трех вершин параллелограмма ABCD: A = (3, –1, 2),
B = (2, 2, 5), C = (4, 1, –1). Найти координаты четвертой вершины.
1.62. Центр параллелограмма ABCD имеет координаты (3, 5, 7), а коор<
динаты середин сторон BC и CD есть (–1, 0, 1) и (2, 4, –3) соответственно.
Найти координаты вершин A и B.
1.63. Точка M = (1, 2, 3) задана своими координатами в декартовой пря<
моугольной системе координат áO, B = {i, j, k}ñ. Убедиться в том, что базис
B¢ = {i¢, j¢, k¢} — прямоугольный,
и найти координаты точки M в системе
11112
áO¢, B¢ñ, если: а) OO1 2 2i 3 3j 4 3k и i¢ = i, j¢ = j, k¢ = k; б) O = O¢ и i¢ = –k, j¢ = i,
k¢ = j.
1.64. Найти координаты орта a0, если a = {1, –2, 2}.
1.65. Даны точки A = 1112
(x1, y111
1,
2 z1), B = (x2, y2, z2) и число l. Найти коорди<
наты точки C такой, что AC : CB 1 2 .
1.66. Заданы векторы a = 2i + 3j, b = –3j – 2k, c = i + j – k. Найти: а) коор<
динаты орта a0; б) координаты вектора a – 2b + 3c; в) разложение вектора
a + b – 2c по базису B = {i, j, k}; г) прj(a – b).
1.67. Найти вектор x, коллинеарный вектору a = i – 2j – 2k и имеющий
длину |x| = 15.
1.68. Найти вектор x, образующий со всеми тремя базисными ортами рав<
ные острые углы, если | x | 1 2 3.
1.69. Найти вектор x, образующий с ортом j угол 60°, с ортом k — угол
120°, если | x | 1 5 2.
1.70. Найти вектор x, направленный по биссектрисе угла между вектора<
ми a = 7i – 4j – 4k и b = –2i – j + 2k такой, что | x | 1 5 6.
1.71. В четырехугольной пирамиде SABCD основание ABCD — прямо<
угольник, SA = 2, SB = 3, SC = 4. Найти SD.
1.72. В треугольной пирамиде SBCD угол BCD — прямой, SB = 4, SC = 5,
SD = 6. Найти расстояние от вершины S до точки A такой, что ABCD — пря<
моугольник.
6. Скалярное произведение векторов
Скалярным произведением ненулевых векторов a1 и a2 (обозначается (a1, a2) или
a1a2) называется число a1a2 1 | a1 | 2 | a2 | 2 cos(a1
1, a 2 ).
Алгебраические свойства скалярного произведения векторов:
1) a1a2 = a2a1; 2) a(b1 + b2) = ab1 + ab2; 3) (la1)a2 = l(a1a2).
Геометрические свойства скалярного произведения векторов:
1) a1 ^ a2 Û a1a2 = 0 (условие перпендикулярности векторов);
1
1
2 3 4 1 5 a1a2 2 0.
5 a1a2 6 0 и
2) если 1 2 (a1
1, a2 ), то 0 2 3 4
2
2
Пусть a1 = {X1, Y1, Z1}, a2 = {X2, Y2, Z2} — векторы, заданные своими координа<
тами в декартовой прямоугольной системе координат. Тогда
a1a2 = X1X2 + Y1Y2 + Z1Z2.
(1.8)
15
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
Из формулы (1.8), в частности, следует формула определения косинуса угла ме'
жду векторами:
a1a2
X1X2 1 Y1Y2 1 Z1Z2
cos(a1
.
2
1, a 2 ) 2
| a1 || a2 |
X12 1 Y12 1 Z12 X22 1 Y22 1 Z22
1.74. Найти угол между векторами i + j и 2k – j.
1.75. Определить, при каком значении l векторы i + j – 2k и i + l(j + k)
перпендикулярны.
1.76. Пусть a1, a2 — такие векторы, что |a1| = 3, |a2| = 5. Выяснить, при
каких l векторы a1 + la2 и a1 – la2 перпендикулярны друг другу.
1.77. Найти угол между ненулевыми векторами a и b, если известно, что
вектор a + b перпендикулярен вектору a – 6b, а вектор 2a + 3b перпендику'
лярен вектору 2a – 3b.
1.78. Найти косинус угла между векторами a и b единичной длины, если
известно, что вектор a + 4b перпендикулярен вектору 13a – 7b.
1.79. Найти косинус угла между векторами a и b, если |a| = 2, |b| = 3 и
1
cos(a1
, a 1 b) 2 .
3
1.80. Найти угол между ненулевыми векторами a и b, если известно, что
|a| = 2|b| и |a – b| = |a + 3b|.
1.81. Найти |a – 2b|, если |a| = 2, |b| = 3, прba = 1,5.
1.82. Найти |a|, если | a 1 b | 2 39, прab = –1, прba = –0,5.
1.83. Вычислить |b|, если |a| = |a + b| = 3, |2a 1 b | 2 4 3.
1.84. Определить, какие значения может принимать |a|, если |a + 3b| = 1,
|2a – b| = 3.
1.85. Найти прba, если |a| = 6, |b| = 8, |a – b| = 12.
11112
BH
1.86. В треугольнике
ABC
проведена
высота
BH.
Выразить
вектор
11112
1112
через векторы a 1 AB, b 1 AC.
16
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1.87. Найти величину угла A и длину медианы AM треугольника ABC,
вершины которого имеют координаты A = (–3, 1, 3), B = (0, 2, 1), C = (4, 1, 1).
1.88. Даны точки A = (3, 1, –2), B = (0, 1, 1), C = (–4, 1, 2), D = (–3, 5, 0).
Найти расстояние между серединой ребра AB и точкой пересечения медиан
треугольника ACD.
1.89. Доказать, что если a и b — векторы, то
вектор u 1
a
b
2
направлен по биссектрисе
|a| |b|
угла, образованного векторами a и b, а вектор
v1
a
b
2
— по биссектрисе смежного угла
|a| |b|
(рис. 1.6); если же |a| = |b|, то u = a + b, а v = a – b.
1.90. Вектор a составляет с осями абсцисс и
ординат углы 60° и 45° соответственно. Опреде@
лить, какой угол составляет вектор a с осью ап@
пликат.
1.91. Найдите вектор длины 5, составляю@
щий одинаковые углы с осями координат.
Рис. 1.6
ПРИМЕР 1.8. Боковые грани правильной шести@
угольной призмы являются квадратами. Найти угол
Рис. 1.7
между скрещивающимися диагоналями двух смеж@
ных боковых граней призмы.
& Пусть дана призма ABCDEFA
12B1C1D
1E
1111
1111
2 1F1 (рис.
111112 1.7). Найдем угол между пря@
мыми AB1 и FA1. Введем векторы AB 1 a, AF 1 b, AA1 1 c. Пусть ребра призмы равны
a, т. е. |a| = |b| = |c| = a. Вычислим скалярные произведения:
2
a
ab 1 | a | 2 | b| 2 cos(a1
, b) 1 a 2 a 2 cos1203 1 4 , ac 1 bc 1 0.
2
111112
11112
Имеем AB1 1 a 2 c, FA1 1 c 3 b. Следовательно,
22222
3 22223 (a 3 c)(c 4 b) ac 3 c2 4 ab 4 cb 0 3 a2 4 (40,5a2 ) 4 0 3
1
cos AB1, FA1 5
5
5
5 .
4
| a 3 c| 6 | c 4 b|
a2 3 0 3 a2
| a 3 c|2
1
2
22222
3 22223
1
3
Таким образом, AB1, FA1 3 arccos . 1
4
1
2
1.92. Все грани параллелепипеда — ромбы со стороной a и острым углом
60°. Найти длины диагоналей параллелепипеда.
1.93. Все ребра правильной треугольной призмы равны между собой. Най@
ти угол между скрещивающимися диагоналями двух боковых граней призмы.
1.94. К вершине куба приложены три силы, равные соответственно 1, 2 и
3 и направленные по диагоналям граней куба. Найти величину равнодейст@
вующей этих сил.
1.95. Три диагонали параллелепипеда взаимно перпендикулярны и рав@
ны соответственно a, b и c. Найти длину четвертой диагонали.
17
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
Если базис B = {e1, e2, e3} — прямоугольный, то коор%
динаты произвольного вектора a = X1e1 + X2e2 + X3e3 в
этом базисе могут быть вычислены по формуле
Xi = aei, i = 1, 2, 3.
(1.9)
В частности, формула (1.9) позволяет найти связь ме%
жду координатами одного и того же вектора в различных
прямоугольных базисах.
ПРИМЕР 1.9. Пусть базис B¢ = {i¢, j¢} получен из ба%
Рис. 1.8
зиса B = {i, j} поворотом последнего вокруг точки O на
угол j > 0 (считается, что j > 0, если поворот производит%
ся против часовой стрелки, и j < 0 в противном случае) (рис. 1.8). Установить связь
между координатами вектора a в базисах B и B¢.
& Пусть a = Xi + Yj. Тогда
X¢ = ai¢ = (Xi + Yj)i¢ = Xii¢ + Yji¢, Y¢ = aj¢ = (Xi + Yj)j¢ = Xij¢ + Yjj¢.
С другой стороны, имеем
1 2
1 2
3
3
ii4 5 cos 6, ji4 5 cos 7 6 5 sin 6, ij4 5 cos 8 6 5 7 sin 6, jj4 5 cos 6. 1
2
2
Поэтому формулы преобразования координат принимают вид
X¢ = X cos j + Y sin j,
Y¢ = –X sin j + Y cos j. %
1.96. Вывести формулы преобразования координат точек плоскости при
переходе
от системы координат áO, B = {i, j}ñ к системе áO¢, B¢ = {i¢, j¢}ñ, если
11112
OO1 2 x0 i 3 y0 j, а базис B¢ получен из базиса B поворотом на угол j > 0 во%
круг точки O.
1.97. Вывести формулы преобразования координат векторов от базиса
B = {i, j, k} к базису B¢ = {i¢, j¢, k¢}, если
i¢ = cos j × i + sin j × j, j¢ = –sin j × i + cos j × j, k¢ = –k.
1.98. Проверить, что тройка векторов e1 = {1, –2, 0}, e2 = {0, 1, 1}, e3 = {1, 2, 2}
образует (косоугольный) базис. Выразить скалярное произведение векторов
a1, a2 через их координаты в этом базисе, если
a1 1 X1(1) e1 2 X2(1) e2 2 X3(1) e3 и a2 1 X1(2) e1 2 X2(2) e2 2 X3(2) e3 .
7. Векторное произведение векторов
Упорядоченную тройку некомпланарных векторов a, b, c называют правой трой
кой, если она удовлетворяет следующему условию: если смотреть из конца векто%
ра c, то кратчайший поворот от вектора a к вектору b осуществляется против часо%
вой стрелки. Иначе a, b, c — левая тройка. Система координат Oxyz — правая, если
векторы i, j, k образуют правую тройку, и левая, если i, j, k — левая тройка.
Векторным произведением вектора a на вектор b называется вектор, обозначае%
мый символом [a, b] (или a ´ b), определенный следующими тремя условиями:
1) длина вектора [a, b] численно равна площади параллелограмма, построенного
на векторах a и b, т. е. [a, b] 1 | a | 2 | b| 2 sin(a1
, b);
18
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
2) вектор [a, b] перпендикулярен плоскости векторов a и b;
3) упорядоченная тройка векторов a, b, [a, b] правая.
Алгебраические свойства векторного произведения векторов:
1) [a, b] = –[b, a]; 2) [a + b, c] = [a, c] + [b, c]; 3) [la, b] = l[a, b].
Пусть a1 = {X1, Y1, Z1}, a2 = {X2, Y2, Z2} — векторы, заданные своими координа5
тами в правой прямоугольной системе координат. Тогда
i
[a1, a2 ] 1 X1
X2
ПРИМЕР 1.10. Вычислить площадь треугольника с вершинами A = (1, 3, –2),
B = (4, –1, 1) и C = (5, 0, 3).
11112 1112
& Площадь параллелограмма,
построенного на векторах AB и AC, численно рав5
11112 1112
на модулю вектора [ AB, AC]. Следовательно, площадь треугольника
ABC
11112
1112будет равна
половине модуля этого вектора. Произведем вычисления. AB 1 {3, 2 4,3}, AC 1 {4, 2 3,5}.
i j k
11112 1112
[
AB
,
AC
]
1
3
24 3 1 {211, 2 3, 7}. Отсюда получаем
Следовательно,
4 23 5
51 .
1
1.99. Пусть |a1| = 3, |a2| = 2 и (a
Вычислить:
1 , a2 ) 2
6
а) |[a1, a2]|; б) |[2a1 + a2, a1 + 2a2]|; в) |[2a1 – 3a2, 4a1 + 3a2]|.
1.100. Зная, что [3a + b, a – b] = A, найти [a + b, 2a – b].
1.101. Доказать, что [1a 2 3b, 4a 2 5b] 6
1 3
7 [a, b].
4 5
ПРИМЕР 1.11. Площадь треугольника ABC равна S. На
сторонах AB, BC, AC соответственно взяты точки M, N, P
такие, что AM : MB = 2 : 1, BN : NC = 1 : 1, CP : PA = 3 : 2.
Найти площадь
MNP (рис. 1.9).
11112треугольника
1112
&
Пусть
Выразим
через эти векторы
AB
1
a
,
AC
1
b
.
111112 111112
MP и MN :
Рис. 1.9
111112 111112 11112
2
2
MP 1 MA 2 AP 1 3 a 2 b,
3
5
111112 111112 11112 1
1 1112 1
1
1
1
MN 1 MB 2 BN 1 a 2 BC 1 a 2 (b 3 a) 1 3 a 2 b.
3
2
3
2
6
2
В задачах 1.102–1.105 упростить выражения.
1.102. [i, j + k] – [j, i + k] + [k, i + j + k].
1.103. [a + b + c, c] + [a + b + c, b] + [b + c, a].
1.104. [2a + b, c – a] + [b + c, a + b].
1.105. 2i[j, k] + 3j[i, k] + 4k[i, j].
В задачах 1.106–1.107 найти координаты единичного вектора, перпен(
дикулярного векторам a и b.
1.106. a = {1, 3, –4}, b = {–2, 0, 1}. 1.107. a = {2, 1, –1}, b = {3, 0, 1}.
1.108. Определить, при каких значениях a и b вектор ai + 3j + bk будет
коллинеарен вектору [a, b], если a = {1, –2, 2}, b = {–2, 1, 1}.
1.109. Найти |[a, b]|, если |a| = 3, |b| = 4 и (a, b) = 10.
1.110. Найти координаты вектора c, если известно, что он перпендику(
лярен векторам {2, –3, 1} и {1, –2, 3}, а также удовлетворяет условию c(i +
+ 2j – 7k) = 10.
1.111. Найти вектор [a, a + b] + [a, [a, b]], если a = {1, –2, 0}, b = {0, 1, 1}.
1.112. Найти площадь треугольника:
, b) 1 2 /4;
а) построенного на векторах a – 2b и 3a + 2b, если |a| = |b| = 5 и (a1
б) построенного на векторах a = 6i + 3j + 2k и b = 3i – 2j + 6k;
в) координаты вершин которого равны (–1, 2, 2), (0, 3, 5) и (1, –1, 4).
1.113. Найти площадь параллелограмма, построенного на векторах a =
= 5i – 4j + 7k и b = i + j – 2k как на сторонах.
1.114. Найти длину высоты, опущенной из вершины A треугольника ABC
на сторону BC, если A = (3, –1, 1), B = (0, 1, 2), C = (4, 4, –1).
8. Смешанное произведение векторов
Смешанным произведением упорядоченной тройки векторов a1, a2, a3 называет(
ся число ([a1, a2], a3).
Геометрические свойства смешанного произведения:
1) Если V — объем параллелепипеда, построенного на векторах a1, a2, a3, то
21 V , если тройка (a1, a2, a3 ) — правая,
[a1, a2 ] a3 3 4
(1.11)
65V , если тройка (a1, a2, a3 ) — левая.
2) Для того чтобы три вектора a1, a2, a3 были компланарны, необходимо и доста(
точно выполнения условия [a1, a2]a3 = 0.
Основное алгебраическое свойство смешанного произведения состоит в том, что
циклическая перестановка векторов не меняет его величины, т. е. [a1, a2]a3 =
= [a2, a3]a1 = [a3, a1]a2.
Это свойство позволяет ввести обозначение [a1, a2]a3 = a1a2a3 (результат не зави(
сит от того, как расставлены квадратные скобки в правой части).
Следующие два свойства, взятые вместе, выражают линейность смешанного
произведения векторов по первому аргументу:
(a1 + a2)bc = a1bc + a2bc и (la)bc = l(abc).
Аналогично имеет место линейность по второму и третьему аргументу.
Пусть a1 = {X1, Y1, Z1}, a2 = {X2, Y2, Z2}, a3 = {X3, Y3, Z3} — векторы, заданные
своими координатами в правой прямоугольной системе координат. Тогда
20
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
X1
a1a2a3 1 X2
X3
Y1
Y2
Y3
Z1
Z2 .
Z3
(1.12)
ПРИМЕР 1.12. Пусть a, b, c — некомпланарные векторы. Найти l, при котором
векторы p = a – 2b + lc, q = 3a + b – c, r = a – lc компланарны.
& Векторы p, q, r компланарны, если pqr = 0. Так как
pqr = [a – 2b + lc, 3a + b – c](a – lc) =
= ([a, b] – [a, c] – 6[b, a] + 2[b, c] + 3l[c, a] + 3l[c, b])(a – lc) =
= 2[b, c]a + 3l[c, b]a – l[a, b]c + 6l[b, a]c = (2 – 10l)abc
и abc ¹ 0, то, следовательно, –10l + 2 = 0, а значит, l = 1/5. %
1.115. Доказать, что если p = a1a + b1b + g1c, q = a2a + b2b + g2c, r = a3a +
+ b3b + g3c, то
1 2 3
1
1
pqr 4 12
13
22
23
1
3 2 5 abc.
33
1.116. Проверить, компланарны ли данные векторы:
а) a = –2i + j + k, b = i – 2j + 3k, c = 14i – 13j + 7k;
б) a = 2i + j – 3k, b = 3i – 2j + 2k, c = i – 4j + k.
1.117. Определить значения l, при которых векторы {–1, 2, 4}, {3, 5 – l, 0}
и {2, 4, –5} будут компланарны.
1.118. Найти (a + 2b)(2a – b + 3c)(3a + 4c), если abc = A.
1.119. Найти abc, если (2a – b – c)(3a + b)(2a – 2b + 3c) = A.
ПРИМЕР 1.13. Объем параллелепипеда равен V. Найти объем треугольной пираB
миды, одна из вершин которой — вершина параллелепипеда, а три другие — центры
противоположных граней 1111
параллелепипеда.
2
11112
111112
c 12 AA
& Введем векторы a 1 AD, b 1 AB,11111
111112 (рис.
11112 1.10). Тогда в соответствии с опB
ределением (1.11) V = |abc|. Векторы AM, AN, AP в базисе из векторов a, b и c имеют
следующие разложения:
111112
11112
1
1
1
1 11112
1
1
AM 1 c 2 a 2 b, AN 1 a 2 b 2 c, AP 1 b 2 a 2 c.
2
2
2
2
2
2
Отметим, что объем 11111
треугольной
пирамиды,
поB
2 11112 11112
строенной на векторах AM, AN, AP, будет в 6 раз
меньше объема параллелепипеда, построенного на
этих векторах. Отсюда, используя результат задаB
Рис. 1.10
чи 1.115, получаем
VAMNP 1
1/2 1/2 1
1 111112 11112 11112 1
1 1
1
AM AN AP 1
1 1/2 1/2 abc 1 2 V 1 V . 1
6
6
6 2
12
1/2 1 1/2
В задачах 1.120–1.121 вычислить объем пирамиды ABCD.
11112
1112
11112
1.120. AB 1 3i 2 4 j, AC 1 33i 2 k, AD 1 2j 2 5k.
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
21
1.121. A = (–1, 3, 5), B = (0, 2, 1), C = (1, 4, –1), D = (0, 0, 3).
1.122. Найти высоту пирамиды ABCD, опущенную из вершины B, если
A = (2, 1, 0), B = (–1, 4, 3), C = (0, 2, –1), D = (1, 0, –4).
1.123. Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным a. Найти:
а) объем пирамиды A1C1DM, где M — середина ребра BB1;
б) объем пирамиды, вершины которой — середины ребер AA1, AD и цен6
тры граней A1B1C1D1, AA1D1D.
1.124. Доказать, что объем параллелепипеда, построенного на диагона6
лях граней данного параллелепипеда, равен удвоенному объему данного па6
раллелепипеда.
1.125. Найти координаты четвертой вершины тетраэдра ABCD, если из6
вестно, что она лежит на оси Oy, а объем тетраэдра равен V:
а) A = (–1, 10, 0), B = (0, 5, 2), C = (6, 32, 2), V = 29;
б) A = (0, 1, 1), B = (4, 3, –3), C = (2, –1, 1), V = 2.
1.126. Доказать тождества:
1) (a + c)b(a + b) = –abc; 2) (a – b)(a – b – c)(a + 2b – c) = 3abc;
3) (a + b)(b + c)(c + a) = 2abc; 4) "a, b (ab(c + aa + bb) = abc).
§ 1.2.
ЛИНЕЙНЫЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ОБЪЕКТЫ
1. Прямая на плоскости
Прямая l на плоскости в декартовой прямоугольной системе координат Oxy мо6
жет быть задана уравнением одного из следующих видов:
1) Ax + By + C = 0 — общее уравнение прямой;
2) A(x – x0) + B(y – y0) = 0 — уравнение прямой, проходящей через точку M0 = (x0, y0)
перпендикулярно нормальному вектору n = {A, B};
3)
x 1 x0 y 1 y0
— уравнение прямой, проходящей через точку M0 = (x0, y0) па6
2
q1
q2
3x 1 x0 2 q1t,
(t 4 1) — параметрические уравнения прямой. Число t называет6
4) 5
6y 1 y0 2 q2t
ся параметром. Параметрические уравнения в векторной форме имеют вид
r(t) = r0 + qt,
где r0 = {x0, y0} — радиус6вектор принадлежащей прямой точки M0 = (x0, y0), q = {q1, q2} —
направляющий вектор прямой;
y
5) x 1 2 1 — уравнение прямой в отрезках, где a и b — величины направлен6
a b
ных отрезков, отсекаемых прямой на координатных осях Ox и Oy соответственно;
6) x cos a + y cos b – p = 0 — нормальное уравнение прямой, где cos a и cos b — на6
правляющие косинусы нормального вектора n, направленного из начала координат
в сторону прямой, а p > 0 — расстояние от начала координат до прямой.
Общее уравнение 1) приводится к нормальному виду 6) умножением на норми6
рующий множитель
sign C
123
.
A 2 4 B2
22
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Если прямая l задана уравнением вида 6), а M = (x, y) — некоторая точка плоско+
сти, то выражение
d(M, l) = x cos a + y cos b – p
задает отклонение точки M от прямой l. Знак d(M, l) указывает на взаимное распо+
ложение точки M, прямой l и начала координат, а именно: если точка M и начало
координат лежат по разные стороны от прямой l, то d(M, l) > 0, а если точка M и
начало координат находятся по одну сторону от прямой l, то d(M, l) < 0. Расстояние
r(M, l) от точки M до прямой lопределяется равенством r(M, l) = |d(M, l)|.
ПРИМЕР 1.14. Написать каноническое, параметрические и общее уравнения
прямой, проходящей через точки A = (–1, 3) и B = (4, 1).
11112
& Направляющим вектором прямой AB можно считать вектор q 1 AB 1 {5; 2 2}.
Пусть, например, M0 = A = (–1, 3). Тогда получим каноническое уравнение прямой
x 21 y 13
3
.
AB:
12
5
Из этого равенства получаем общее уравнение прямой AB: 2x + 5y – 13 = 0.
Приравняв в каноническом уравнении левую и правую части равенства к чис+
лу t, т. е.
x 21 y 1 3
3
3 t, получим параметрические уравнения прямой AB:
12
5
4x 1 21 3 5t,
(t 5 1). 1
6
7y 1 3 2 2t
В задачах 1.127–1.129 требуется:
1) написать уравнение прямой, привести его к общему виду и построить
прямую;
2) привести общее уравнение к нормальному виду и указать расстояние
от начала координат до прямой.
1.127. Прямая l задана точкой M0 = (x0, y0) Î l и нормальным вектором
n = {A, B}:
а) M0 = (2, 1), n = {1, –1}; б) M0 = (–1, 0), n = {–2, 2}.
1.128. Прямая l задана точкой M0 = (x0, y0) Î l и направляющим векто+
ром q = {q1, q2}:
а) M0 = (–1, 2), q = {3, –1}; б) M0 = (1, 1), q = {0, –1};
в) M0 = (–1, 1), q = {2, 0}.
1.129. Прямая l задана двумя своими точками M1 = (x1, y1) и M2 = (x2, y2):
а) M1 = (1, 2), M2 = (–2, 1); б) M1 = (2, 2), M2 = (0, 2).
1.130. Найти расстояние от начала координат до прямой 3x – 4y + 2 = 0.
1.131. Даны точки P = (3, 1) и Q = (–1, 6). Вывести уравнения прямых,
проходящих через концы отрезка PQ перпендикулярно этому отрезку.
1.132. При каком a прямые 3x – 2y + 1 = 0 и ax + 5y – 2008 = 0 перпенди+
кулярны?
1.133. Даны точки A = (3, –2) и B = (1, 5). Найти точку пересечения пря+
мой AB с осью ординат.
1.134. Вывести уравнение средней линии MN P AB треугольника ABC, если
A = (2, 3), B = (–1, 4), C = (8, 1).
1.135. Даны точка M = (–2, 5) и прямая l: 3x + 4y – 6 = 0. Вывести урав+
нение геометрического места точек B, являющихся серединами отрезков MA,
где A Î l.
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
23
1.136. Вывести уравнение геометрического места точек, равноудаленных
от точек A = (3, 7) и B = (2, –5).
Заданы прямая l и точка M. В примере 1.15 и задачах 1.137–1.138 тре*
буется:
1) вычислить расстояние r(M, l) от точки M до прямой l;
2) написать уравнение прямой l1, проходящей через точку M перпенди*
кулярно прямой l;
3) написать уравнение прямой l2, проходящей через точку M параллель*
но прямой l.
ПРИМЕР 1.15. l: 3x – 4y + 2 = 0, M = (4, –1).
& Приводим общее уравнение данной прямой 3x – 4y + 2 = 0 с помощью норми*
рующего множителя 1 2 3
sign C
1
3
4
2
2 3 к нормальному виду 1 x 2 y 1 3 0. Тогда
5
5
5
5
A 2 4 B2
3
4
2
18
18
1( M, l) 2 3 4 4 5 4 ( 31) 3 2 3 , а так как r(M, l) = |d(M, l)|, то 1( M, l) 2 .
5
5
5
5
5
Нормальный вектор n = {3, –4} прямой l является направляющим вектором пря*
x 2 4 y 11
3
. Отсюда
24
3
–4(x – 4) = 3(y + 1) и общее уравнение прямой l1 имеет вид 4x + 3y – 13 = 0.
Взяв M0 = M и записав равенство 3(x – 4) – 4(y + 1) = 0, получаем из него общее
уравнение прямой l2: 3x – 4y – 16 = 0. %
мой l1, а значит, можно записать ее каноническое уравнение:
1.137. l: –2x + y – 1 = 0, M = (–1, 2). 1.138. l: 2y + 1 = 0, M = (1, 0).
Пусть заданы две прямые l1 и l2. Возможны два случая их взаимного расположения:
1) l1 и l2 — параллельные прямые, в частности, они совпадают;
2) l1 и l2 пересекаются. Угол j между прямыми l1 и l2 равен углу между их нор*
n1n2
1
.
мальными векторами n1 и n2 или дополняет его до p, т. е. cos 1 2 cos (n
1, n 2 ) 2
| n1 | 3 | n2 |
В задачах 1.139–1.142 исследовать взаимное расположение прямых l1 и l2.
При этом в случае 1) найти расстояние r(l1, l2) между прямыми, а в случае 2) —
косинус угла (l1
1 , l2 ) и точку пересечения прямых.
1.139. l1: –2x + y – 1 = 0, l2: 2y + 1 = 0.
x 11 y
x22 y
3 , l :
3 .
12 1 2
1
0
1.141. l1: 2x – 5y + 1 = 0, l2: 4x + y + 3 = 0.
1.140. l1 :
1.142. l1: x + y – 1 = 0, l2 :
x y 11
.
2
2
32
ПРИМЕР 1.16. Составить уравнение высоты AH, медианы AM и биссектрисы AL
треугольника ABC, если A = (–8, 3), B = (10, –1), C = (–1, 9).
24
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1112
& Имеем BC 1 {211, 10} (рис. 1.11). Так как век
1112
тор BC является нормальным вектором прямой AH,
то n = {–11, 10}. В качестве точки M0 прямой AH возь
мем точку A. Запишем теперь уравнение высоты AH:
–11(x + 8) + 10(y – 3) = 0, т. е. 11x – 10y + 118 = 0.
Далее, направляющим вектором прямой AM мо
111112
11112 1112
Рис. 1.11
жет служить вектор AM 1 1 ( AB 2 AC). Поэтому возь
2
111112 11112 1112
x 28 y 13
3
,
мем q 1 2 AM 1 AB 2 AC 1 {25,2}. Отсюда получаем уравнение прямой AM:
25
2
или 2x – 25y + 91 = 0.
11112 1112
AL. Найдем длины
1111векторов
2
1112 AB и AC:
11112 Составим теперь уравнение биссектрисы
1112
| AB| 1 182 2 42 1 2 92 2 22 1 2 85, | AC | 11111272 21112
62 1 85. Векторы AB и 2 AC имеют оди
наковую длину, поэтому вектор u 1 AB 2 2 AC направлен по биссектрисе угла A, а
значит, является направляющим вектором прямой AL. Вычисляем: u = {18, –4} +
+ 2{7, 6} = {32, 8} = 8{4, 1}. Запишем каноническое уравнение прямой AL:
Отсюда получаем x – 4y + 20 = 0. %
x 2 8 y 13
.
3
4
1
1.143. Даны координаты одной из вершин треугольника: (3, –1) и урав
нения двух его медиан: 3x – y + 4 = 0, x – 2 = 0. Найти координаты двух дру
гих вершин треугольника.
1.144. Вывести уравнения сторон треугольника, зная одну его вершину
B = (2, 6), а также уравнения высоты x + 7y – 13 = 0 и биссектрисы x – 7y +
+ 15 = 0, проведенных из одной вершины.
1.145. Вывести уравнения сторон треугольника, зная одну его вершину
B = (2, –7), а также уравнения высоты 3x + y + 11 = 0 и медианы x + 2y + 7 = 0,
проведенных из разных вершин.
1.146. Даны уравнения 5x + 4y = 0 и 3x – y = 0 медиан треугольника и коор
динаты (–5, 2) одной из его вершин. Вывести уравнения сторон треугольника.
1.147. Известно уравнение стороны AB параллелограмма ABCD: 3x –
– 2y + 4 = 0, его диагонали AC: x – y = 0 и вершина D = (–5, 4). Найти коор
динаты вершин A, B и C.
1.148. Даны уравнения двух сторон параллелограмма: 3x – 2y + 1 = 0,
4x + y – 5 = 0 и координаты его центра: (–5; 6). Вывести уравнения двух дру
гих сторон и уравнения диагоналей.
Если прямая задана общим уравнением Ax + By + C = 0 и при этом B ¹ 0 (т. е.
прямая не параллельна оси Oy), то эта прямая может быть описана в виде y = kx + b —
уравнение с угловым коэффициентом.
1.149. Доказать, что если прямые l1 и l2 заданы уравнениями с угловыми
k2 1 k1
.
коэффициентами, то tg(l1
1 , l2 ) 2
1 3 k2k1
1.150. В уравнении прямой 4x + ly – 20 = 0 подобрать значение l так, что
бы угол между этой прямой и прямой 2x – 3y + 6 = 0 равнялся 45°.
25
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
ПРИМЕР 1.17. Выяснить, лежит ли точка M = (2, 5) внутри треугольника ABC,
если A = (–1, 9), B = (0, 4), C = (7, 2).
& Составим уравнения прямых AB, BC и AC:
11112
y19
q AB 1 AB 1 {1, –5}, уравнение: x 2 1 3
, т. е. 5x + y – 4 = 0;
15
1
1112
x10 y 14
q BC 1 BC 1 {7, 2 2}, уравнение: 7 2 12 , т. е. 2x + 7y – 28 = 0;
1112
x 21 y 1 9
q AC 1 AC 1 {8, 2 7}, уравнение: 8 3 17 , т. е. 7x + 8y – 65 = 0.
Для того чтобы точка лежала внутри треугольника ABC, необходимо и достаточ3
но, чтобы она лежала: 1) по ту же сторону от прямой AB, где лежит точка C, 2) по ту
же сторону от прямой BC, где лежит точка A, 3) по ту же сторону от прямой AC, где
лежит точка B. Вычисляя соответствующие отклонения, убеждаемся, что:
3( M, AB) 4
7 1 2 2 8 1 5 3 65
7 1 0 2 8 1 4 3 65
6 0, 4( B, AC) 5
6 0 — одного знака.
113
113
Следовательно, точка M лежит внутри треугольника ABC. %
4( M, AC) 5
1.151. Определить, по одну или по разные стороны от прямой 3x + 5y –
– 7 = 0 расположены точки (1, 1) и (–3, 3).
1.152. Определить, пересекает ли отрезок PQ прямую l, если P = (3, 1),
Q = (–1, 4), а прямая l задана уравнением 2x + 3y – 5 = 0.
1.153. Определить, лежит ли точка с координатами (1, 2) между парал3
лельными прямыми 3x – y – 2 = 0 и 2y – 6x + 3 = 0.
1.154. Определить, лежит ли точка M внутри угла ABC, если A = (2, –7),
B = (–4, –9), C = (–8, 1), M = (–9, 12).
1.155. Определить, лежат ли точки (–1, 3) и (5, 13) в одном, в смежных
или вертикальных углах, образованных прямыми 3x – 7y + 46 = 0 и 4x + y –
– 11 = 0.
1.156. Доказать, что расстояние от точки M0 до прямой l выражается фор3
мулой
1111112
1111112 |(n, M0 A )|
1( M0 , l) 2 |пр n M0 A | 2
,
|n|
где n — нормальный вектор прямой l, A — произвольная точка этой прямой.
1.157. Доказать, что расстояние от точки M0 = (x0, y0) до прямой l, задан3
ной уравнением ax + by + c = 0, выражается формулой
2( M0 , l) 3
| ax0 1 by0 1 c |
a 2 1 b2
.
(1.13)
1.158. Используя формулу (1.13), найти расстояние от точки (–3, 1) до
прямой y = 2x.
26
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
В задачах 1.159–1.160, используя формулу (1.13), найти расстояние ме/
жду параллельными прямыми l1 и l2, заданными своими уравнениями.
1.159. l1: 3x – 5y + 1 = 0 и l2: 3x – 5y – 2 = 0.
1.160. l1: x = 2 – 5t, y = 1 + 2t и l2: x = 1 + 10t, y = 3 – 4t.
1.161. На оси абсцисс найти все точки, равноудаленные от прямых x –
– y + 3 = 0 и x + 7y – 1 = 0.
1.162. На прямой y = x найти все точки, равноудаленные от прямых
y = x + 1 и y = 7x – 1.
ПРИМЕР 1.18. Найти проекцию точки P = (3, 5) на
прямую y = 2x + 1.
& Обозначим через l прямую y = 2x + 1 (рис. 1.12).
Уравнение этой прямой можно переписать в виде 2x –
– y + 1 = 0. Найдем нормальный вектор прямой l: n =
= {2, –1}. Этот вектор может быть принят в качестве на/
правляющего вектора прямой l¢: q¢ = {2, –1}. Запишем
параметрические уравнения прямой l¢:
Рис. 1.12
x = 3 + 2t, y = 5 – t.
(1.14)
Теперь найдем координаты точки K пересечения прямых l и l¢, подставив форму/
лы (1.14) в уравнение прямой l, получим 5 – t = 2(3 + 2t) + 1. Отсюда t = –0,4. Под/
ставим теперь это значение t в (1.14), получим x = 3 + 2 × (–0,4) = 2,2, y = 5 –
– (–0,4) = 5,4. Таким образом, K = (2,2; 5,4). Точка K — это и есть проекция точки P
на прямую l. %
1.163. Найти проекцию точки P = (1, –1) на прямую 2x – 2y + 1 = 0.
ПРИМЕР 1.19. Вывести уравнение прямой, симметричной прямой l: 3x + y –
5 = 0 относительно: а) начала координат; б) оси абсцисс; в) точки A = (–1, 4).
& а) Симметрия относительно начала координат переводит точку (x, y) в точку
(–x, –y). Поэтому уравнение симметричной прямой мы получим, заменяя x на –x и y
на –y. Таким образом, искомое уравнение имеет вид –3x – y – 5 = 0, или 3x + y + 5 = 0.
б) Симметрия относительно оси абсцисс задается формулами x¢ = x, y¢ = –y. От/
сюда получаем 3x – y – 5 = 0.
в) Возьмем какую/нибудь точку прямой l, напри/
мер M0 = (0, 5) (рис. 1.13) (для этого достаточно подоб/
рать числа x и y, удовлетворяющие уравнению 3x + y –
– 5 = 0). Пусть M1 — точка, симметричная
1111112 1111112точке M0 от/
носительно
точки
A.
Тогда
AM1 1 M0 A 1 {21,21} и
1111112 1112 1111112
OM1 1 OA 2 AM1 1 {31,4} 2 {31, 3 1} 1 {32,3}. Следователь/
но, M1 = (–2, 4). Отсюда получаем уравнение прямой l¢:
Рис. 1.13
3(x + 2) + (y – 3) = 0, т. е. 3x + y + 4 = 0. %
1.164. Найти точку, симметричную точке (2, 1) относительно прямой
6x – 4y + 5 = 0.
1.165. Вывести уравнение прямой, симметричной прямой l: x + 2y – 2 = 0
относительно:
а) начала координат; б) оси абсцисс; в) точки A = (2, –1).
27
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
2. Плоскость и прямая в пространстве
Плоскость P в декартовой прямоугольной системе координат Oxyz может быть
задана уравнением одного из следующих видов:
1) Ax + By + Cz + D = 0 — общее уравнение плоскости;
2) A(x – x0) + B(y – y0) + C(z – z0) = 0 — уравнение плоскости, проходящей через
точку M0 = (x0, y0, z0) перпендикулярно нормальному вектору n = {A, B, C};
y
3) x 1 1 z 2 1 — уравнение плоскости в отрезках, где a, b и c — величины на7
a b c
правленных отрезков, отсекаемых прямой на координатных осях Ox, Oy и Oz соот7
ветственно;
4) x cos a + y cos b + z cos g – p = 0 — нормальное уравнение плоскости, где cos a,
cos b и cos g — направляющие косинусы нормального вектора n, направленного из
начала координат в сторону плоскости, а p > 0 — расстояние от начала координат до
плоскости.
Общее уравнение 1) приводится к нормальному виду 4) умножением на норми7
рующий множитель
sign D
123
.
A 2 4 B2 4 C2
Если плоскость P задана нормальным уравнением 4), а M = (x, y, z) — некоторая
точка пространства, то выражение
d(M, P) = x cos a + y cos b + z cos g – p
определяет отклонение точки M от плоскости P. Знак d(M, P) указывает на взаим7
ное расположение точки M, плоскости P и начала координат, а именно: если точ7
ка M и начало координат лежат по разные стороны от плоскости P, то d(M, P) > 0, а
если точка M и начало координат находятся по одну сторону от плоскости P, то
d(M, P) < 0. Расстояние r(M, P) от точки M до плоскости P определяется равенством
r(M, P) = |d(M, P)|.
Прямая l в пространстве может быть задана:
1) как линия пересечения двух плоскостей, заданных своими общими уравне7
ниями
3 A1x 1 B1y 1 C1z 1 D1 2 0,
4
5 A2x 1 B2y 1 C2z 1 D2 2 0,
где коэффициенты A1, B1, C1 не пропорциональны коэффициентам A2, B2, C2;
что равносильно заданию прямой как линии пересечения трех плоскостей, проекти7
рующих эту прямую на координатные плоскости.
Условия параллельности и перпендикулярности прямых и плоскостей.
1. Пусть a1 и a2 — две плоскости, заданные уравнениями A1x + B1y + C1z + D1 = 0
и A2x + B2y + C2z + D2 = 0 соответственно. Тогда:
28
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
A1 B1 C1 D1
3
3
4
;
A2 B2 C2 D2
A
B C
D
б) 11 3 12 2 1 3 1 3 1 3 1 ;
A2 B2 C2 D2
в) a1 ^ a2 Û n1 ^ n2 Û n1n2 = 0 Û A1A2 + B1B2 + C1C2 = 0.
2. Пусть l1 и l2 — две прямые и q и p — их направляющие векторы. Тогда:
а) (l1 || l2 или l1 = l2) Û q || p;
б) l1 ^ l2 Û q ^ p Û qp = 0.
а) 11 1 12 2
Углом j между прямой l1 и плоскостью a называется угол между прямой и ее
проекцией на плоскость. Если направляющий вектор прямой q и нормальный век9
тор плоскости n направлены в одну сторону от плоскости, то угол между ними равен
1
2 3, если же векторы направлены в разные стороны от плоскости, то угол между
2
1
ними равен 2 3. Таким образом,
2
| nq |
3
1
sin 4 5 cos 6 4 5 cos(n
, q) 5
.
2
| n| 7 |q |
1 2
ПРИМЕР 1.20. Прямая l является линией пересечения плоскостей, заданных
4x 1 10y 2 2z 2 10 3 0,
общими уравнениями 5
Написать каноническое уравнение этой
63x 1 2y 1 z 2 2 3 0.
прямой, а также уравнение ее проекции на координатную плоскость Oyz.
& Точка M = (–2, 0, –4) удовлетворяет общим уравнениям плоскостей, следова9
тельно, лежит на прямой l. В качестве направляющего вектора этой прямой может
быть взят вектор q = [n1, n2], где n1 = {1, –10, 2} и n2 = {3, –2, –1} — нормальные век9
торы плоскостей, линией пересечения которых является заданная прямая. Таким
образом,
i
j
k
q 1 1 210 2 1 14i 3 7 j 3 28k.
3 22 21
x12 y z14
2 2
.
Следовательно, канонические уравнения прямой имеют вид
14
7 28
Полученная пропорция эквивалентна системе трех уравнений
4 7x 1 14y 2 14 3 0,
5
6 2x 1 z 3 0,
5 4y 1 z 1 4 3 0,
7
описывающих три плоскости, проектирующие прямую на координатные плоскости
Oxy, Oxz, Oyz соответственно (уравнение прямой в проекциях). В частности, уравне9
ние 4y – z – 4 = 0 есть уравнение проекции заданной прямой на плоскость Oyz. %
В задачах 1.166–1.167 вывести уравнение плоскости, проходящей через
заданную точку M и перпендикулярной заданной прямой l.
1.166. M = (–2, 3, 4), l: x = t, y = 3 – t, z = 4 + 2t.
x 11 y 1 2 z 1 3
.
2
2
1
12
14
В задачах 1.168–1.169 вывести уравнение плоскости a1, проходящей че9
рез заданные точки M1 и M2 перпендикулярно заданной плоскости a.
1.167. M = (–2, 1, 3), l:
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
29
1.168. a: x – 2y + 3z – 2 = 0, M1 = (1, 2, 3), M2 = (1, 0, –1).
1.169. a: –x + 2y + z + 1 = 0, M1 = (–1, 2, 0), M2 = (–1, 2, 1).
В задачах 1.170–1.171 вывести уравнение плоскости, проходящей через
точку M параллельно векторам a1 и a2.
1.170. M = (1, 1, 1), a1 = {0, 1, 2}, a2 = {–1, 0, 1}.
1.171. M = (0, 1, 2), a1 = {2, 0, 1}, a2 = {1, 1, 0}.
В задачах 1.172–1.173 вывести уравнение плоскости, проходящей через
заданные точки M1 и M2 параллельно вектору a.
1.172. M1 = (1, 2, 0), M2 = (2, 1, 1), a = {3, 0, 1}.
1.173. M1 = (1, 1, 1), M2 = (2, 3, –1), a = {0, –1, 2}.
В задачах 1.174–1.175 вывести уравнение плоскости, проходящей через
три заданные точки M1, M2 и M3.
1.174. M1 = (1, 2, 0), M2 = (2, 1, 1), M3 = (3, 0, 1).
1.175. M1 = (1, 1, 1), M2 = (0, –1, 2), M3 = (2, 3, –1).
1.176. Найти расстояние от начала координат до плоскости 3x – y + 5z – 2 = 0.
В задачах 1.177–1.182 вывести уравнение плоскости, удовлетворяющей
следующим условиям.
x 21 y 1 3 z
3
3 и точку (–1, 4, 1).
2
23 2
1.178. Плоскость проходит через прямые x = 3 + 2t, y = t, z = 4 – t и
x = 4 + 2t, y = 1 + t, z = –1 – t.
1.179. Плоскость проходит через точку (3, –2, –5) параллельно плоско6
сти 3x + 4y – 2z + 2009 = 0.
1.180. Плоскость проходит через точки (–1, 3, 5) и (3, –1, –3) перпенди6
кулярно плоскости 3x + 5y – 4z = 0.
1.181. Плоскость проходит через точку A = (1, 1, 1) и перпендикулярна к
плоскостям 2x – y + 5z + 3 = 0 и x + 3y – z – 7 = 0.
1.182. Плоскость перпендикулярна отрезку PQ и проходит через его се6
редину, если P = (0, 4, 3), Q = (–1, 2, 5).
1.177. Плоскость проходит через прямую
Пусть заданы две плоскости a1 и a2. Возможны два случая их взаимного распо6
ложения:
1) a1 и a2 — параллельные плоскости (в частности, они совпадают);
2) a1 и a2 пересекаются.
В задачах 1.183–1.186 исследовать взаимное расположения плоскостей
a1 и a2. При этом в случае 1) найти расстояние r(a1, a2) между плоскостями, а
в случае 2) — косинус угла между ними.
1.183. a1: 3x – y + 2z + 4 = 0, a2: 4x + y – 5z + 17 = 0.
1.184. a1: 2x – y + z – 1 = 0, a2: –4x + 2y – 2z – 1 = 0.
1.185. a1: 2x – y – z + 1 = 0, a2: –4x + 2y + 2z – 2 = 0.
1.186. a1: 4x + 3y – 5z – 8 = 0, a2: 4x + 3y – 5z + 12 = 0.
В задачах 1.187–1.189 написать канонические и параметрические урав6
нения прямой, проходящей через две заданные точки M1 и M2.
1.187. M1 = (1, 2, 3), M2 = (2, 0, –1).
30
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1.188. M1 = (–1, 2, 0), M2 = (–1, –2, 1).
1.189. M1 = (–3, 2, 1), M2 = (–1, –2, –3).
В задачах 1.190–1.191 написать канонические уравнения прямой, задан/
ной как линия пересечения плоскостей, заданных общими уравнениями.
42x 1 y 2 2z 1 3 3 0,
4x 2 2y 1 3z 1 5 3 0,
1.190. 5
1.191. 5
6x 2 2y 1 z 1 1 3 0.
62x 1 y 2 z 2 2 3 0.
Расстояние r от точки M до плоскости a выражается следующими формулами:
1) Если n — нормальный вектор плоскости a, A — произвольная точка плоско/
111112
сти, то
111112 |(n, MA )|
.
1( M, 2) 3 | prn MA | 3
| n|
(1.15)
2) Если M = (x0, y0, z0) и a: Ax + By – Cz + D = 0, то
2( M, 3) 4
| Ax0 1 By0 1 Cz0 1 D |
.
A 2 1 B2 1 C2
(1.16)
В задачах 1.192–1.193, используя формулу (1.16), найти расстояние от
точки M до плоскости a.
1.192. M = (5, 1, –1), a: x – 2y – 2z + 4 = 0.
1.193. M = (–1, 3, 2), a: 2x – y – 2z + 4 = 0.
1.194. Найти расстояние между плоскостью 2x – 3z – 5 = 0 и осью ординат.
В задачах 1.195–1.196 вывести уравнение плоскости a1, проходящей че/
рез точку M параллельно плоскости a, и вычислить расстояние r(a, a1).
1.195. a: x – 2y + 3z – 2 = 0, M = (1, 2, 3).
1.196. a: 2x + y – z – 1 = 0, M = (1, 1, 1).
1.197. Вывести уравнения плоскостей, находящихся на расстоянии 5 от
плоскости 2x + 2y – z + 5 = 0.
1.198. Вывести уравнение геометрического места точек, равноудаленных
от точек (–1, 3, 2) и (4, 0, 6).
1.199. Найти высоту AH пирамиды ABCD, если A = (1, –2, 3), B = (0, –1, 4),
C = (3, 3, –4), D = (–2, 0, 1).
1.200. Написать канонические и параметрические уравнения прямой,
проходящей через точки (1, 3, –2) и (2, 5, 7).
1.201. Вывести уравнение прямой, проходящей через точку (3, 2, –5) па/
x 21 y 1 2 z
.
3
3
3
4
22
1.202. Написать уравнение прямой, проходящей через точки пересече/
ния плоскости x – 3y + 2z + 1 = 0 с прямыми
раллельно прямой
x 25 y 11 z 2 3
x 23 y 1 4 z 25
и l2 :
.
3
3
3
3
5
4
2
22
21
26
x 21 y 11 z 1 2
1.203. Через прямую
провести плоскость, параллель/
3
3
2
3
11
x y 12 z23
ную прямой
.
3
3
2
21
23
l1 :
31
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
В задачах 1.204–1.205 найти угол между прямыми l1 и l2.
1.204. l1 :
x 21 y 1 3 z
3
3
и l2: x = 3 + t, y = –2t, z = 1 + t.
2
3
22
4x 1 y 2 z 1 4 3 0,
4x 2 y 2 z 1 4 3 0,
1.205. l1 : 5
и l2 : 5
2
x
2
y
1
2
z
2
5
3
0
6
62x 2 3y 1 z 1 6 3 0.
1.206. Найти угол между плоскостью 3x – 5y + 2z – 7 = 0 и осью ординат.
В задачах 1.207–1.208 найти расстояние от точки M до прямой l.
x 21 y 11 z
3
3 .
2
21 2 3
1.208. M = (0, 2, –1), l: x = 2 – t, y = 3 + 2t, z = 4t.
1.207. M = (1, 3, –2), l:
Расстояние между прямыми l1 и l2 может быть найдено по формулам:
1. Если l1 и l2 параллельны, q — их направляющий вектор, а точки M1 Î l1 и
111111112
M2 Î l2, то
| [q, M1M2 ]|
.
1(l1, l2 ) 2
(1.17)
|q |
2. Если прямые l1 и l2 скрещиваются и q1, q2 — соответственно их направляю>
щие векторы, а точки M1 Î l1, M2 Î l2, то
111111112
| M1M2 q1 q 2 |
1(l1, l2 ) 2
.
(1.18)
| [q1, q 2 ]|
В задачах 1.209–1.211 убедиться, что прямые l1 и l2 параллельны и, ис>
пользуя формулу (1.17), найти расстояние между ними.
x 21 y z 11
x y 11 z 1 2
; l2 : 3
.
3
3
3
3
2
3
2
24
24
1.210. l1: x = 2 + 3t, y = –1 + 4t, z = 2t; l2: x = 7 + 3t, y = 1 + 4t, z = 3 + 2t.
1.209. l1 :
y
1.211. l1 : x 1 1 3 3 z 2 1 ; l2: x = 4 – t, y = 1 – 2t, z = 3 + 2t.
1
2 12
В задачах 1.212–1.213, используя формулу (1.18), найти расстояние ме>
жду скрещивающимися прямыми l1 и l2.
x 21 y 1 2 z
3
3 ; l2: x = 3 – t, y = t, z = 1 + 2t.
2
4
23
1.213. l1: x = y = z, l2: x = 1 – 2t, y = 3t, z = 2 + t.
1.214. Вывести уравнение прямой, проходящей через точку (3, –1, 2) пер>
пендикулярно плоскости 2x + 4y – 5z + 2009 = 0.
1.215. Доказать, что прямые l1 и l2 пересекаются. Найти точку их пересе>
1.212. l1 :
чения, если l1 :
x 3 3 y 31 z 31
и l2 :
1
1
1
2
1
4x 1 3z 2 4,
5
6y 1 z 3 2.
В задачах 1.216–1.217 спроектировать точку M0 на прямую l или плос>
кость a.
32
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
y 12 z12
1.216. M0 = (0, –3, 5), l: x 1 1 2
.
2
3
1
12
1.217. M0 = (3, 5, –4), a: x + 2y – 3z – 53 = 0.
В задачах 1.218–1.219 спроектировать прямую l на плоскость a.
y13 z29
1.218. l: x 2 1 3
, a: x – 2y + 3z – 6 = 0.
3
3
1
25
4x 1 y 1 z 2 5 3 0,
1.219. l: 5
a: 3x – 2y – z + 15 = 0.
62x 2 3y 1 z 2 4 3 0,
1.220. Вывести уравнение высоты, выходящей из вершины A треугольA
ника ABC, если A = (3, 1, –4), B = (0, 0, 2), C = (–2, 3, 3).
В задачах 1.221–1.222, используя формулу (1.18), доказать, что прямые
l1 и l2 принадлежат одной плоскости, и написать уравнение этой плоскости.
x 21 y 1 2 z 2 5
x 27 y 2 2 z 21
3
3
и l2 :
3
3
.
2
23
4
3
2
22
x 2 2 y 11 z 2 3
x 21 y 2 2 z 1 3
1.222. l1 :
3
3
и l2 :
3
3
.
3
2
22
3
2
22
1.221. l1 :
§ 1.3.
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ КРИВЫЕ
И ПОВЕРХНОСТИ
1. Алгебраические кривые на плоскости
Говорят, что кривая g в декартовой прямоугольной системе координат Oxy имеA
ет уравнение
F(x, y) = 0,
(1.19)
если выполнено следующее условие: точка M = (x, y) принадлежит кривой g в том и
только том случае, когда ее координаты x и y удовлетворяют соотношению (1.19).
Алгебраической кривой второго порядка называется кривая g, уравнение котоA
рой в декартовой системе координат имеет вид
a11x2 + 2a12xy + a22y2 + 2a1x + 2a2y + a3 = 0,
(1.20)
где не все коэффициенты a11, a12 и a22 равны одновременно нулю. В общем случае
может оказаться, что уравнение (1.20) определяет так называемую вырожденную
кривую (пустое множество, точку, прямую, пару прямых).
Если кривая g невырожденная, то для нее найдется такая декартова прямоугольA
ная система координат, в которой уравнение имеет один из следующих видов (кано
ническое уравнение):
x 2 y2
1
2 1, a 3 b 4 0,
a 2 b2
(1.21)
x 2 y2
1
2 1, a, b 3 0,
a 2 b2
(1.22)
y2 = 2px, p > 0.
(1.23)
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
33
Система координат, в которой уравнение
кривой g имеет вид (1.21), (1.22) или (1.23),
называется канонической системой коорди$
нат, а кривая называется соответственно эл
липсом, гиперболой или параболой.
Эллипс с каноническим уравнением
x 2 y2
1
2 1, a 3 b 4 0, имеет форму, изображен$
a 2 b2
ную на рис. 1.14.
Рис. 1.14
Параметры a и b называются полуосями
эллипса (большой и малой соответственно),
точки A1 = (– a, 0), A2 = (a, 0), B1 = (0, –b) и B2 = (0, b) — его вершинами, оси симмет$
рии Ox и Oy — главными осями, а центр симметрии O — центром эллипса.
Точки F1 = (–c, 0), F2 = (c, 0), где c 1 a2 2 b2 3 0, называются фокусами
111112 эллипса,
111112век$
111112 111112
торы F1M и F2 M — фокальными радиус векторами, а числа r1 1 | F1M | и r2 1 | F2 M | —
фокальными радиусами точки M, принадлежащей эллипсу. В частном случае a = b
x 2 y2
1
2 1,
a2 a 2
или x2 + y2 = a2, т. е. описывает окружность радиуса a с центром в начале координат.
фокусы F1 и F2 совпадают с центром, а каноническое уравнение имеет вид
c
b2
1 1 2 2 (0 3 e 4 1) называется эксцентриситетом эллипса и являет$
a
a
ся мерой его «сплюснутости» (при e = 0 эллипс является окружностью).
Число e 1
Прямые d1 : x 1 2
a
a
и d2 : x 1 , перпендикулярные главной оси и проходящие на
e
e
a
от центра, называются директрисами эллипса.
e
ПРИМЕР 1.21. Написать каноническое уравнение
эллипса x2 + 9y2 + 4x – 54y + 76 = 0 и найти его харак$
теристики.
& Приведем это уравнение к каноническому виду.
Выделим полные квадраты по x и по y: (x 2 + 4x +
+ 4 – 4) + 9(y2 – 6y + 9 – 9) + 76 = 0. Тогда (x + 2)2 + 9(y –
– 3)2 = 9, и, поделив обе части на 9, получим канониче$
(x 1 2)2 (y 2 3)2
Рис. 1.15
1
3 1. Его центр
ское уравнение эллипса
9
1
C = (–2, 3). Полуоси: a = 3, b = 1. Для определения координат фокусов находим па$
расстоянии
раметр c (половину расстояния между фокусами): c 1 a2 2 b2 1 2 2. Отсюда получа$
ем фокусы: F1 1 ( 22 2 2 2; 3), F2 1 (22 3 2 2; 3) (рис. 1.15). Эксцентриситет эллипса:
e 1 c / a 1 2 2/3. 1
1.223. Построить эллипс 9x2 + 16y2 = 144. Найти его полуоси, координа$
ты фокусов, эксцентриситет и уравнения директрис.
1.224. Написать каноническое уравнение эллипса, если:
3
12
а) a = 3, b = 2; б) a = 5, c = 4; в) c = 3, e 1 ; г) b = 5, e 1 ;
5
13
34
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
д) c = 2 и расстояние между директрисами равно 5;
1
и расстояние между директрисами равно 32.
2
1.225. Написать уравнение эллипса с полуосями a и b и центром в точке
C = (x0, y0), если известно, что его главные оси параллельны осям Ox и Oy.
1.226. Установить, что каждое из следующих уравнений определяет эл>
липс, найти его центр C, полуоси, координаты фокусов, эксцентриситет и
уравнения директрис:
а) 5x2 + 9y2 – 30x + 18y + 9 = 0;
б) 16x2 + 25y2 + 32x – 100y – 284 = 0;
в) 4x2 + 3y2 – 8x + 12y – 32 = 0.
1.227. Доказать следующие утверждения, в которых сформулированы не>
которые свойства эллипса:
2
y2
1) Если M = (x, y) — произвольная точка эллипса x2 1 2 2 1, a ³ b, то фо>
a
b
кальные радиусы этой точки равны
е) e 1
r1(M) = a + ex, r2(M) = a – ex,
(см. рис. 1.14). Отсюда, в частности, следует, что для всякой точки эллипса
M выполняется равенство
r1(M) + r2(M) = const = 2a.
2) Пусть заданы точки F1 = (– c, 0) и 11111
F2 =
0),2где c ³ 0. Тогда множество
2 (c,11111
точек M, удовлетворяющих условию | F1 M | 1 | F2 M | 2 const 2 2a, есть эллипс
x 2 y2
1
2 1, где b2 = a2 – c2.
a2 b2
1.228. Доказать следующие утверждения:
x 2 y2
1
2 1, a > b, r1(M)
a2 b2
и r2(M) — фокальные радиусы этой точки, а r(M, d1) и r(M, d2) — расстоя>
ния от нее до директрис (см. рис. 1.14), то выполняется равенство
1) Если M = (x, y) — произвольная точка эллипса
r1 ( M )
r (M)
1 2
1 const 1 e.
2( M, d1 ) 2( M, d2 )
2) Пусть заданы точка F = (c, 0) и прямая l: x – d = 0, d > c > 0. Тогда мно>
11112
| FM |
1 const 1 e 2 1, есть эл>
жество точек M, удовлетворяющих условию
3( M, l)
2
y2
липс x2 1 2 2 1, где a = de и b2 = a2 – c2.
a
b
1.229. Эллипс, главные оси которого совпадают с координатными осями,
проходит через точки M1 1 (2, 3) и M2 = (0, 2). Написать его уравнение, най>
ти фокальные радиусы точки M1 и расстояния от этой точки до директрис.
1.230. На эллипсе 9x2 + 25y2 = 225 найти точку, расстояние от которой до
фокуса F2 в четыре раза больше расстояния до фокуса F1.
35
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
1.231. Определить, как расположена прямая относительно эллипса — пе#
ресекает, касается или проходит вне его, если прямая и эллипс заданы урав#
нениями:
x 2 y2
x 2 y2
а) 2x 1 y 1 3 2 0,
3
2 1; б) 2x 3 y 1 10 2 0,
3
2 1;
16 9
9
4
x 2 y2
в) 3x 3 2y 1 20 2 0,
3
2 1.
40 10
2
y2
ПРИМЕР 1.22. Написать уравнение касательной к эллипсу x2 1 2 2 1 в его точ#
a
b
ке M0 = (x0, y0).
& Пусть сначала y0 ¹ 0, т. е. точка M0 не совпадает ни с одной из вершин A1 =
x 2 y2
1
2 1 неявно определяет функ#
a 2 b2
цию y = y(x), –a < x < a, график которой проходит через точку M0 = (x0, y0) и совпада#
ет с соответствующей (верхней при y0 > 0 или нижней при y0 < 0) половиной эллипса.
= (– a, 0) и A2 = (a, 0). В этом случае уравнение
2
y2 ( x )
Дифференцируя по x тождество x2 1 2 2 1, найдем, что производная y¢(x0) равна
a
b
y1(x0 ) 2 3
b2x0
.
a2y0
Отсюда уравнение касательной к эллипсу в его точке M0 = (x0, y0) имеет вид
b2 x
y 1 y0 2 1 2 0 (x 1 x0 ),
a y0
или, с учетом равенства
x02 y02
1
2 1,
a2 b2
x0x y0 y
1 2 2 1.
a2
b
(1.24)
Если же y0 = 0 (и, следовательно, x0 = ± a), то касательные к эллипсу имеют вид
x0 = ± a, т. е. и в этом случае задаются формулой (1.24). %
1.232. Написать уравнения касательных к эллипсу:
2
y2
а) x 1
2 1, параллельных прямой 3x + 2y – 5 = 0;
10 5/2
2
2
б) x 1 y 2 1, перпендикулярных прямой 2x – 2y + 5 = 0.
20 5
Гипербола с каноническим уравнени#
x 2 y2
ем 2 1 2 2 1, a, b > 0, имеет форму, изо#
a
b
браженную на рис. 1.16.
Параметры a и b называются полу
осями гиперболы, точки A1 = (– a, 0) и
A2 = (a, 0) — ее вершинами, оси симметрии
Ox и Oy — действительной и мнимой ося
ми, а центр симметрии O — центром ги#
перболы.
Рис. 1.16
36
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
b
Прямые y 1 2 x являются асимптотами гиперболы.
a
2
2
Точки
F12 = (–c,
111112 гиперболы,
111112
11111
1111120), F2 = (c, 0), где c 1 a 2 b 3 0, называются фокусами
векторы F1M и F2 M — фокальными радиусвекторами, а числа r1 1 | F1M | и r2 1 | F2 M | —
фокальными радиусами точки M, принадлежащей гиперболе.
c
b2
1 1 2 2 (1 3 e 3 24) называется эксцентриситетом гиперболы и яв6
a
a
ляется мерой ее «сплюснутости». В частном случае a = b гипербола называется рав
1
носторонней; ее эксцентриситет e 1 2, а угол между асимптотами равен .
2
Число e 1
Прямые d1 : x 1 2
расстоянии
a
a
и d2 : x 1 , перпендикулярные главной оси и проходящие на
e
e
a
от центра, называются директрисами гиперболы.
e
1.233. Построить гиперболу 25x2 – 9y2 = 225. Найти: а) полуоси; б) коор6
динаты фокусов; в) эксцентриситет; г) уравнения директрис.
1.234. Написать каноническое уравнение гиперболы, если:
3
5
а) a = 2, b = 3; б) b = 4, c = 5; в) c = 3, e 1 ; г) a = 8, e 1 ;
2
4
4
д) c = 10 и уравнения асимптот y 1 2 x;
3
8
е) e 1 3 и расстояние между директрисами равно .
3
2
1.235. Написать уравнение гиперболы с асимптотами y = ± 0,8(x – 3) – 2,
касающейся оси Ox.
1.236. Написать уравнение гиперболы с полуосями a и b и центром в точ6
ке C = (x0, y0), если известно, что ее действительная и мнимая оси параллель6
ны осям Ox и Oy.
1.237. Установить, что каждое из следующих уравнений определяет ги6
перболу, найти ее центр C, полуоси, координаты фокусов, эксцентриситет,
уравнения асимптот и директрис:
а) 16x2 – 9y2 – 64x – 54y – 161 = 0; б) 9x2 – 16y2 + 90x + 32y – 367 = 0;
в) 16x2 – 9y2 – 64x – 18y + 199 = 0.
1.238. Доказать следующие утверждения:
2
y2
1) Если M = (x, y) — произвольная точка гиперболы x2 1 2 2 1, то фо6
a
b
кальные радиусы этой точки равны
r1(M) = a + ex, r2(M) = –a + ex,
если точка M лежит на правой ветви гиперболы, и
r1(M) = –a – ex, r2(M) = a – ex,
если точка M лежит на ее левой ветви. Отсюда, в частности, следует, что для
всякой точки M эллипса выполняется равенство
|r1(M) – r2(M)| = const = 2a.
37
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
2) Пусть заданы точка F1 = (– c, 0) и F2 = (c, 0), где c > 0. Тогда множество
111112 111112
точек M, удовлетворяющих условию | F1 M | 1 | F2 M | 2 const 2 2a, a > 0, есть
2
y2
гипербола x2 1 2 2 1, где b2 = c2 – a2.
a
b
1.239. Доказать следующие утверждения:
x 2 y2
1
2 1, r1(M) и
a 2 b2
r2(M) — фокальные радиусы этой точки, а r(M, d1) и r(M, d2) — расстояния
от нее до директрис (рис. 1.16), то выполняется равенство
1) Если M = (x, y) — произвольная точка гиперболы
r1 ( M )
r (M)
1 2
1 12345 1 e.
2( M, d1 ) 2( M, d2 )
2) Пусть заданы точка F = (c, 0) и прямая l: x – d = 0, c > d > 0. Тогда мно9
11112
| FM |
1 const 1 e 2 1, есть ги9
жество точек M, удовлетворяющих условию
3( M, l)
2
y2
пербола x2 1 2 2 1, где a = de и b2 = c2 – a2.
a
b
9
x 2 y2
1
2 1,
1.240. Убедившись, что точка M 3 45,
лежит на гиперболе
4
16 9
найти фокальные радиусы этой точки и ее расстояния до директрис.
1
1.241. Найти точки гиперболы
2
x 2 y2
1
2 1, находящиеся на расстоянии 7
9 16
от фокуса F1.
2
y2
1.242. Написать уравнение касательной к гиперболе x2 1 2 2 1 в ее точке
a
b
M0 = (x0, y0).
1.243. Составить уравнение касательных к гиперболе:
а)
x 2 y2
1
2 1, параллельных прямой 10x – 3y – 5 = 0;
16 64
б)
x 2 y2
1
2 1, перпендикулярных прямой 4x + 3y – 2 = 0.
20 5
Парабола с каноническим уравнением y2 = 2px, p > 0,
имеет форму, изображенную на рис. 1.17.
Число p называется параметром параболы, точка O —
вершиной параболы, а ось Ox — осью параболы.
111112Точка F = (p/2, 0) называется фокусом параболы,
111112 вектор
FM — фокальным радиусвектором, а число r 1 | FM | — фо
кальным радиусом точки M параболы.
Рис. 1.17
38
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Эксцентриситет параболы считается равным единице: e = 1.
Прямая d: x = –p/2, перпендикулярная оси и проходящая на расстоянии p/2 от
вершины параболы, называется ее директрисой.
1.244. Построить следующие параболы и найти их параметры:
а) y2 = 6x; б) x2 = 5y;
в) y2 = –4x; г) x2 = –y.
1.245. Написать уравнение параболы с вершиной в начале координат, если
известно, что:
а) парабола расположена в левой полуплоскости симметрично относитель@
но оси Ox и p = 0,5;
б) парабола расположена симметрично относительно оси Ox и проходит
через точку M = (4, –8);
в) фокус параболы находится в точке M = (0, –3).
1.246. Написать уравнение параболы, если известно, что ее вершина на@
ходится в точке A = (x0, y0), параметр равен p, ось параллельна оси Ox и пара@
бола расположена относительно прямой x = x0: а) в правой полуплоскости;
б) в левой полуплоскости.
1.247. Построить параболы, заданные следующими уравнениями; найти
координаты их вершины и величины параметра p:
а) y2 = 4x – 8; б) x2 = 2 – y; в) y = 4x2 – 8x + 7;
1
1
г) y 1 2 x2 3 2x 2 7; д) x 1 2 y2 3 y; е) x = 2y2 – 12y + 14.
6
4
1.248. Доказать следующие утверждения:
1) Если M = (x, y) — произвольная точка параболы y2 = 2px, r(M) — ее
фокальный радиус, а r(M, d) — расстояние от точки M до директрисы
(см. рис. 1.17), то выполняется равенство
r (M)
1 const 1 1.
2( M, d)
2) Пусть заданы точка F = (p/2, 0) и прямая d: x = –p/2. Тогда множество
r ( M)
1 const 1 1, есть парабола y2 = 2px.
2( M, d)
1.249. Вычислить фокальный радиус точки M параболы y2 = 12x, если
y(M) = 6.
1.250. Написать уравнение параболы, если известны:
а) фокус F = (4, 3) и директриса d: y + 1 = 0;
б) фокус F = (2, –1) и директриса d: x – y – 1 = 0.
1.251. Написать уравнение касательной к параболе y2 = 2px в ее точке
M0 = (x0, y0).
1.252. Составить уравнение касательной к параболе:
а) y2 = 8x, параллельной прямой 4x + 4y – 5 = 0;
б) x2 = 16y, перпендикулярной прямой x + 2y – 2 = 0.
точек M, удовлетворяющих условию
39
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
2. Алгебраические поверхности в пространстве
Говорят, что поверхность S в декартовой прямоугольной системе координат Oxyz
имеет уравнение
F(x, y, z) = 0,
(1.25)
если выполнено следующее условие: точка M = (x, y, z) принадлежит поверхности S
в том и только том случае, когда ее координаты x, y и z удовлетворяют соотношению
(1.25).
Алгебраической поверхностью второго порядка называют поверхность S, урав4
нение которой в некоторой декартовой прямоугольной системе координат имеет вид
a11x2 + a22y2 + a33z2 + 2a12xy + 2a13xz + 2a23yz + 2a1x + 2a2y + 2a3z + a4 = 0,
(1.26)
причем предполагается, что хотя бы одно из чисел a11, a22, a33, a12, a13, a23 ненулевое
(в противном случае поверхность S — алгебраическая поверхность первого порядка,
т. е. плоскость).
В общем случае может оказаться, что уравнение (1.26) определяет так называе4
мую вырожденную поверхность (пустое множество, точку, плоскость, пару плоско4
стей). Если же поверхность невырожденная, то преобразованием декартовой прямо4
угольной системы координат ее уравнение может быть приведено к одному из ука4
занных ниже видов, называемых каноническими и определяющих тип поверхности
(канонические уравнения):
x2 y2 z2
1
1 2 1 (рис. 1.18).
a 2 b2 c2
2. Гиперболоид:
x2 y2 z2
а) однополостный: 2 1 2 2 2 3 1 (рис. 1.19);
a
b
c
1. Эллипсоид:
б) двуполостный:
x2 y2 z2
1
2 3 21 (рис. 1.20).
a2 b2 c2
3. Конус второго порядка:
x2 y2 z2
1
2 3 0 (рис. 1.21).
a 2 b2 c 2
4. Параболоид:
а) эллиптический: z 1
x 2 y2
2
(рис. 1.22);
a 2 b2
x2 y2
2
(рис. 1.23).
a 2 b2
5. Цилиндр второго порядка:
б) гиперболический: z 1
x 2 y2
1
2 1 (рис. 1.24);
a 2 b2
а) эллиптический:
x 2 y2
1
2 1 (рис. 1.25);
a 2 b2
в) параболический: y2 = 2px (рис. 1.26).
б) гиперболический:
6. Мнимый эллипсоид:
x2 y2 z2
1
1 2 31 (эта «поверхность» не имеет действитель4
a 2 b2 c2
ных точек).
2
2
y2
7. x2 1 2 1 z2 2 0 — точка, или мнимый конус с действительной вершиной.
a
b
c
40
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Рис. 1.18
Рис. 1.19
Рис. 1.20
Рис. 1.21
Рис. 1.22
Рис. 1.23
Рис. 1.24
Рис. 1.25
Рис. 1.26
x 2 y2
1
2 31 — мнимый эллиптический цилиндр (эта «поверхность» не имеет
a 2 b2
действительных точек).
8.
9.
x 2 y2
1
2 0 — пара пересекающихся плоскостей.
a 2 b2
x 2 y2
1
2 0 — пара мнимых плоскостей с общей действительной прямой.
a 2 b2
11. x2 = A, A > 0 — пара параллельных плоскостей.
12. x2 = 0 — пара совпадающих плоскостей.
10.
41
ГЛАВА 1. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
Одним из основных методов исследования формы поверхности по ее уравнению
является метод сечений.
ПРИМЕР 1.23. Методом сечений исследовать форму и построить поверхность,
x 2 y2
2 .
заданную уравнением z 1 2 2
16 25
& В сечении поверхности горизонтальной плоскостью z = h получаем кривую Gh,
проекция которой на плоскость Oxy определяется уравнением
h 122
или
x 2 y2
2 ,
16 25
x 2 y2
1
2 2 3 h.
16 25
(1.27)
Уравнение (1.27) при h > 2 не имеет решений относительно (x, y). Это означает,
что рассматриваемая поверхность целиком расположена ниже плоскости z = 2. При
h £ 2 уравнение (1.27) определяет эллипс с полуосями a 1 4 2 2 h и b 1 5 2 2 h , выро?
ждающийся в точку x = y = 0 при h = 2. Заметим, что все эллипсы, получающиеся в
сечении поверхности плоскостями z = h £ 2, подобны между собой
1 ab 3 const 3 54 2,
причем с уменьшением h их полуоси неограниченно и монотонно возрастают.
Полученной информации достаточно, чтобы построить эскиз поверхности. Даль?
нейшее уточнение ее формы можно получить, если рассматривать сечения коорди?
натными плоскостями Oxy и Oyz. Сечение плоскостью Oxy: y = 0 дает кривую
x2 = 16(2 – z), т. е. параболу с параметром p = 8,
вершиной в точке x = 0, z = 2 и ветвями, на?
правленными в сторону убывания значений z.
Наконец, сечение плоскостью Oyz: x = 0 дает
25
, вер?
2
шиной в точке y = 0, z = 2 и аналогично направ?
ленными ветвями.
Выполненное исследование позволяет те?
перь достаточно детально изобразить заданную
поверхность (рис. 1.27). %
кривую y2 = 25(2 – z) с параметром p 1
Рис. 1.27
В задачах 1.253–1.267 установить тип заданных поверхностей и постро?
ить их.
x2 y2 z2
1.253.
1
1
2 1.
1.254. x2 + y2 – z2 = –1.
9
4 25
y2
1.256. 2z 1 x2 2 .
1.255. x2 + y2 = 2az, a ¹ 0.
2
1.257. z = 2 + x2 + y2.
1.258. x2 + y2 – z2 = 4.
1.265. x2 + 2y2 + 6x – 18y + 8z + 49 = 0.
1.266. 2x2 – 3y2 + 12x + 12y – 12z – 42 = 0.
1.267. 9x2 – 36y2 + 4z2 – 18x + 144y – 8z – 131 = 0.
1.268. Даны вершины эллипсоида A1 = (8, 0, 0), A2 = (– 2, 0, 0). Написать
уравнение этого эллипсоида, если известно, что плоскость Oyz пересекает
y2 z2
2
1 1.
его по эллипсу: x 1 0,
9 4
1.269. Написать уравнение кругового конуса, если:
а) ось Oz является его осью, вершина находится в начале координат, точ>
ка M = (3, –4, 7) лежит на конусе;
б) ось Oy является его осью, вершина находится в начале координат, а
1
образующие составляют с осью Oy угол .
3
В задачах 1.270–1.272, перейдя к параметрическим уравнениям прямой,
найти точки пересечения поверхности и прямой.
x2 y2 z2
x 13 y 14 z 22
2
2
31 и
3
3
.
16
81 36 9
3
4
x2 y2 z2
x y z22
1.271.
2
1
31 и
3
3
.
16 9 4
4 13
4
x 2 y2
x 21 y 1 2 z 2 3
1.272.
2
3z и
3
3
.
11
12
5
3
2
1.270.
ГЛАВА 2
ЭЛЕМЕНТЫ
ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
§ 2.1.
МАТРИЦЫ И ОПРЕДЕЛИТЕЛИ
1. Основные определения
Матрицей A размера m´n называется прямоугольная таблица чисел aij, состоя
щая из m строк и n столбцов:
1 a11 a12
3a
a22
A 5 3 21
3 ... ...
3a
6 m1 am2
... a1n 2
... a2n 4
4.
... ... 4
... amn 47
Числа aij, i = 1, 2, ..., m, j = 1, 2,..., n, называются элементами матриц, причем
первый индекс указывает номер строки, а второй — номер столбца, на пересечении
которых этот элемент стоит. Для обозначения матрицы используют также запись
A = (aij) или A = ||aij||, i = 1, 2, ..., m, j = 1, 2, ..., n.
Если число строк равно числу столбцов, т. е. m = n, то матрица называется квад
ратной матрицей порядка n. Диагональ этой матрицы, идущая из левого верхнего
угла в правый нижний угол (состоит из элементов a11, a22, ..., ann), называется глав
ной диагональю; диагональ, идущая из левого нижнего угла в правый верхний (со
стоит из элементов an1, an–1, 2, ..., a1n), называется побочной. Квадратная матрица E
порядка n называется единичной матрицей порядка n, если все элементы ее главной
диагонали равны единице, а все элементы вне этой диагонали равны нулю.
Над матрицами могут выполняться арифметические операции сложения и ум
ножения матриц, а также умножения матрицы на число.
Суммой A + B двух матриц A = (aij) и B = (bij) одинакового размера m´n называет
ся матрица C = (cij), каждый элемент которой равен сумме соответствующих элемен
тов матриц A и B:
cij = aij + bij, i = 1, 2, ..., m, j = 1, 2, ..., n.
(2.1)
Произведением AB матрицы A = (aij) размера m´n на матрицу B = (bij) размера
n´k называется матрица C = (cij) размера m´k, элемент которой cij, стоящий на пере
сечении iй строки и jго столбца, равен сумме произведений соответствующих эле
ментов iй строки матрицы A и jго столбца матрицы B:
n
cij 1 2 aipbpj ,
p 11
i = 1, 2, ..., m, j = 1, 2, ..., k.
(2.2)
44
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Произведением lA матрицы A = (aij) на число l (действительное или комплекс%
ное) называется матрица B = (bij), получающаяся из матрицы A умножением каждо%
го ее элемента на l:
bij = laij, i = 1, 2, ..., m, j = 1, 2, ..., n.
(2.3)
В соответствии с этой операцией общий множитель всех элементов матрицы мож%
но выносить за знак матрицы.
11 2 32
12 1 12
ПРИМЕР 2.1. Вычислить сумму матриц A 3 4
5 и B 3 45 1 25 .
60 2 17
6
7
& В соответствии с определением суммы матриц (2.1) запишем
2 1 1 2 2 1 1 3 1 13 2 3 3 4 3
C4 A1B45
645
6. 1
7 0 1 5 2 1 1 1 1 28 75 3 38
2 0 13 3
ПРИМЕР 2.2. Найти произведение lA, если l = 5 и A 6 4 0 2 5 .
4
5
41 1 5
7
8
& В соответствии с определением произведения матрицы на число (2.3) можно
записать
2 0 115 3
B 6 5 A 6 44 0 10 55 . 1
45 5 5
7
8
В задачах 2.1, 2.2 вычислить сумму матриц A и B.
2 11 3 3
2 2 11 3
21 2 33
24 2 13
2.1. A 6 4 2 13 5 , B 6 4 11 5 5 . 2.2. A 6 4 4 5 6 5 , B 6 4 7 5 3 5 .
4
5
4
5
4
5
4
5
4 13 2 5
4 2 14 5
47 8 9 5
49 8 65
7
8
7
8
7
8
7
8
В задачах 2.3, 2.4 вычислить линейные комбинации матриц A и B.
2 3 13 4 3
2 12 3 1 3 3
2.3. 3A + 4B, если A 4 5
, B45
6
6.
7 5 3 12 8
7 3 13 4 8
21 33
2 2 11 3
2.4. 2A – 3B, если A 6 44 2 12 55 , B 6 44 11 3 55 .
4 13 1 5
43 45
7
8
7
8
ПРИМЕР 2.3. Найти произведение AB матриц
1 1 0 4 32
11 2 32
A 53
и B 5 33 2 1 62 0 44 .
4
7 3 62 1 8
3 61 3 1 4 4
7
8
& Прежде всего, убеждаемся в том, что умножение возможно, т. е. число столб%
цов матрицы A равно числу строк матрицы B. В результате умножения данных мат%
риц размера 2´3 и 3´4 получится матрица C размера 2´4.
45
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
Перемножая поочередно элементы первой строки матрицы A на соответствую*
щие элементы столбцов матрицы B в соответствии с формулой (2.2), получим эле*
менты первой строки матрицы C:
3
Матрица AT называется транспонированной к матрице A, если выполняется ус*
ловие aijT 1 aji для всех i, j, где aijT и aij — элементы матриц AT и A соответственно.
46
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
В задачах 2.12, 2.13 записать AT для указанной матрицы.
1 a11
11 2 3 42
3a
2.12. A 5 3 0 1 2 3 4 . 2.13. A 5 3 21
3
4
3 ...
30 0 1 24
6
7
3a
6 n1
2.16. Доказать следующие соотношения:
а) (AT)T = A; б) (A + B)T = AT + BT; в) (AB)T = BT × AT.
2. Определители n го порядка
Для квадратной матрицы можно ввести определенную числовую характеристиA
ку — определитель (детерминант), для которого примем следующее обозначение:
a11 a12
a
a22
det A 1 21
... ...
an1 an2
... a1n
... a2n
.
... ...
... ann
При изучении векторной алгебры были подробно разобраны свойства определиA
телей второго и третьего порядка и получена следующая формула для их вычислеA
ния (при n = 2, 3):
n
n
(2.4)
det A 2 5 aik 3 Aik 2 5 aik 3 (41)i 1 k Mik ,
k 21
k 21
которая была названа разложением определителя по элементам iAй строки. Здесь
Aik — алгебраическое дополнение элемента aik, а Mik — минор (определитель) порядA
ка (n – 1), полученный из определителя det A вычеркиванием iAй строки и kAго столбA
ца. Полученная таким образом величина det A не зависит от i (номера строки, по
которой ведется разложение) при любом n. Примем (2.4) в качестве определения
det A в общем случае (для любого n).
Аналогично справедлива формула разложения определителя по iму столбцу:
n
n
k 21
k 21
det A 2 4 aki Aki 2 4 ( 31)i 1 k aki Mki .
(2.5)
Определители nAго порядка обладают теми же свойствами, что и определители
3Aго порядка.
ПРИМЕР 2.4. Пользуясь только определением, вычислить определитель
a11 0
a21 a22
a31 a32
... ...
an1 an2
0
0
a33
...
an3
... 0
... 0
... 0 .
... ...
... ann
47
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
& Используя формулу (2.4), запишем
a11 0
a21 a22
det A 2 a31 a32
... ...
an1 an2
0
0
a33
...
an3
... 0
... 0
n
... 0 2 5 a1k 3 A1k 2 a11 3 (41)111 M11 2 a11 3
... ... k 21
... ann
a22
a32
...
an2
0
a33
...
an3
... 0
... 0
.
... ...
... ann
Аналогично, используя разложение минора M11 по первой его строке, получаем
a33
a43
det A 1 a11 2 a22 2
...
an3
0
a44
...
an 4
... 0
... 0
.
... ...
... ann
Продолжая аналогичным образом, окончательно получаем
det A = a11 × a22 × ... × ann,
т. е. данный определитель равен произведению элементов, стоящих на главной диа:
гонали. %
В задачах 2.17–2.20, пользуясь только определением, вычислить опреде:
лители.
2.21. Пользуясь тем, что свойства определителя n:го порядка аналогич:
ны описанным в задаче 1.9, выяснить, как изменится определитель, если:
а) к каждой строке определителя, кроме последней, прибавить послед:
нюю строку;
б) из каждой строки определителя, кроме последней, вычесть все после:
дующие строки;
в) из каждой строки определителя, кроме последней, вычесть последую:
щую строку, из последней вычесть прежнюю первую строку;
д) первый столбец определителя переставить на последнее место, а ос:
тальные столбцы передвинуть влево, сохранив их расположение.
48
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
3. Основные методы вычисления определителей nго порядка
Метод понижения порядка определителя сводится к вычислению определите'
ля n'го порядка через определители меньшего порядка, основанный на использова'
нии формул (2.4) и (2.5).
ПРИМЕР 2.5. Вычислить следующий определитель методом понижения порядка:
9 15 8 7
6 2 4 12
D2
.
3 12 3 4
0 1 2 6
& Предварительно, используя свойства определителя, упростим его. Вычитая из
его первой строки третью, умноженную на три, а из второй — третью, умноженную
на два, получим
0 1 11 15
0 6 12 110
D2
.
3 12 3
4
0 1 2
6
Полученный определитель разложим по первому столбцу:
1 21 2 5
D 3 (21)3 11 4 3 4 6 22 210 .
1 2
6
Далее в полученном определителе из второй строки вычтем первую, умноженную
на шесть, а из третьей — первую, и разложим полученный определитель по первому
столбцу:
1 21 2 5
4 20
D 3 3 4 0 4 20 3 3 4 (21)111 41 4
3 3 4 (44 2 60) 3 2 48. 1
3 11
0 3 11
Метод приведения к треугольному виду заключается в таком преобразовании
определителя, когда все его элементы, лежащие по одну сторону от одной из его
диагоналей, становятся равными нулю.
ПРИМЕР 2.6. Определитель из примера 2.5 вычислить методом приведения к
треугольному виду.
& Выполняя действия, описанные в решении примера 2.5, получаем
9 15 8 7
0 1 11 15
6 2 4 12 0 6 12 110
D2
2
.
3 12 3 4
3 12 3
4
0 1 2 6
0 1 2
6
В полученном определителе поменяем местами первую и третью строки, а да'
лее — вторую и третью, учитывая, что при перестановке двух строк определитель
меняет знак:
3 12 3
4
3 12 3
4
0 6 12 110 0 1 11 15
D21
2
.
0 1 11 15
0 6 12 110
0 1 2
6
0 1 2
6
49
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
В последнем определителе вычтем из третьей строки вторую, умноженную на
шесть, и из четвертой — вторую:
3 12 3 4
0 1 11 1 5
D2
.
0 0 4 20
0 0 3 11
3
Теперь вычтем из четвертой строки третью, умноженную на . Наконец, вычис*
4
ляем определитель, матрица которого приведена к треугольному виду:
В задачах 2.22–2.24 вычислить определители, предварительно упростив их.
1 1 1 1
35 59 71 52
13 9 3 6
1 11 1 1
42 70 77 54
15 8 2 7
2.22.
. 2.23.
. 2.24.
.
1 1 11 1
4 15 13 12
43 68 72 52
1 1 1 11
7 18 14 15
29 49 65 50
В задачах 2.25, 2.26 вычислить определители, используя разложение по
строке или по столбцу.
x a b 0 c
0 1a 1b 1d
0 y 0 0 0
0 0 1 c 1e
2.25.
. 2.26. 0 e z 0 f .
0 0
b c
g h k u l
0 0
d e
0 0 0 0 v
В задачах 2.27, 2.28 вычислить определители порядка n приведением к
треугольному виду.
1 2 3 ... n
3 2 2 ... 2
2 3 2 ... 2
11 0 3 ... n
2.27. 11 12 0 ... n . 2.28. 2 2 3 ... 2 .
... ... ... ... ...
... ... ... ... ...
2 2 2 ... 3
11 12 13 ... 0
В задачах 2.29, 2.30 вычислить определители, элементы которых заданы
указанными условиями.
2.29. aij = min(i, j). 2.30. aij = max(i, j).
2.31. Доказать, что для любого определителя выполняется соотношение
n
2det A, i 1 m,
i 4 m,
6 aik Amk 1 350,
k 11
где Amk — алгебраическое дополнение элемента amk.
50
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
4. Обратная матрица и методы ее вычисления
Квадратная матрица называется невырожденной (неособенной), если ее опреде*
литель не равен нулю, и вырожденной (особенной) в противном случае.
Обратной матрицей для невырожденной квадратной матрицы A n*го порядка
называется такая квадратная матрица A–1 n*го порядка, для которой выполняется
равенство
AA–1 = A–1A = E.
Укажем основные методы вычисления обратной матрицы.
Метод присоединенной матрицы. Матрица AÚ, элементами которой являются
алгебраические дополнения Aij соответствующих элементов aij матрицы A, называ*
ется присоединенной к матрице A. Справедливо равенство
(AÚ)TA = A(AÚ)T = detA × E.
Отсюда, используя свойства определителя n*го порядка, для невырожденной
матрицы A получаем способ нахождения матрицы A–1 через определитель detA и ее
присоединенную матрицу AÚ:
3 A11
5
1
1 5 A12
A 11 7
8 ( A 2 )T 7
8
det A
det A 5 ...
5A
9 1n
A21
A22
...
A2n
T
... An1 4
... An2 6
6 .
... ... 6
... Ann 6
(2.6)
ПРИМЕР 2.7. Методом присоединенной матрицы найти A–1, если
2 3 14 5 3
A 6 44 2 13 1 55 .
4 3 15 115
7
8
& Находим detA = –1. Так как определитель не равен нулю, то обратная матрица
для матрицы A существует. Вычисляем все алгебраические дополнения Aij элемен*
тов aij матрицы A:
A11 3 (21)111 4
Метод элементарных преобразований. Следующие преобразования матрицы A
называются элементарными:
1) перестановка строк (столбцов);
2) умножение строки (столбца) на число, отличное от нуля;
3) прибавление к элементам строки (столбца) соответствующих элементов дру*
гой строки (столбца), предварительно умноженных на некоторое число.
51
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
Для нахождения обратной матрицы A–1 невырожденной матрицы A n%го поряд%
ка строят прямоугольную матрицу GA = (A | E) размера n´2n, приписывая к A справа
единичную матрицу E. Далее, используя элементарные преобразования только для
строк (или только для столбцов одновременно в матрицах слева и справа от черты),
приводят матрицу GA к виду GA = (E | B), что всегда возможно, если матрица A невы%
рождена. Тогда A–1 = B.
ПРИМЕР 2.8. Методом элементарных преобразований найти A–1 для матрицы
13 2 12
A 5 33 1 0 2 44 .
31 2 34
6
7
13 2 1 1 0 02
3
4
& Образуем матрицу 1 A 5 3 1 0 2 0 1 0 4 . Обозначив через g1, g2, g3 строки мат%
31 2 3 0 0 1 4
6
7
рицы GA, выполним над ними следующие элементарные преобразования:
1. Поменяем местами первую и вторую строки матриц:
(1)
6. Пространство арифметических векторов
Всякая упорядоченная совокупность из n действительных (комплексных) чисел
называется действительным (комплексным) арифметическим вектором и обозна,
чается символом x = (x1, x2, ..., xn). Числа x1, x2, ..., xn называются компонентами
арифметического вектора x.
Над арифметическими векторами вводятся следующие операции.
Сложение: если x = (x1, x2, ..., xn), y = (y1, y2, ..., yn), то
x + y = (x1 + y1, x2 + y2, ..., xn + yn).
(2.10)
Умножение на число: если l — число (действительное или комплексное) и
x = (x1, x2, ..., xn) — арифметический вектор, то
lx = (lx1, lx2, ..., lxn).
(2.11)
Множество всех действительных арифметических n,компонентных векторов с
введенными выше операциями сложения (2.10) и умножения на число (2.11) назы,
вается пространством действительных арифметических векторов. Всюду в даль,
нейшем, если не оговаривается противное, рассматривается действительное простран,
ство арифметических векторов, обозначаемое символом Rn.
Система арифметических векторов {x1, x2, ..., xk} называется линейно зависимой,
если найдутся числа l1, l2, ..., lk, не равные одновременно нулю, такие что l1x1 +
+ l2x2 + ... + lkxk = 0, где 0 = (0, 0, ..., 0) — нулевой вектор. В противном случае сис,
тема называется линейно независимой.
Пусть Q — произвольное множество арифметических векторов. Система векто,
ров B = {e1, ..., em} называется базисом в Q, если
а) ek Î Q, k = 1, 2, ..., m;
б) система векторов B = {e1, ..., em} линейно независима;
в) для любого вектора x Î Q найдутся такие числа l1, l2, ..., lm, что
m
x 1 3 2 k ek .
k11
(2.12)
54
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Формула (2.12) называется разложением вектора x по базису B. Коэффициенты
l1, l2, ..., lm однозначно определяются вектором x и называются координатами это6
го вектора в базисе B.
Справедливы следующие утверждения:
1. Всякая система векторов Q Ì Rn имеет по меньшей мере один базис. При этом
все базисы состоят из одинакового числа векторов, называемого рангом системы Q и
обозначаемого rang Q или r(Q).
2. Ранг всего пространства Rn равен n и называется размерностью пространства;
при этом в качестве базиса Rn можно взять следующую систему:
e1 1 (1,0,0,...,0),
e2 1 (0,1,0,...,0),
e3 1 (0,0,1,...,0),
............
en 1 (0,0,0,...,1).
(2.13)
Этот базис называется каноническим.
Зафиксируем произвольный базис B = {e1, ..., en} в пространстве Rn. Тогда каж6
дому вектору x Î Rn можно поставить во взаимно однозначное соответствие столбец
его координат в этом базисе:
1 x1 2
x 5 x1e1 6 x2e2 6 ... 6 xnen 7 X 5 33 ... 44 .
3x 4
8 n9
Линейные операции (2.10) и (2.11) над арифметическими векторами в коорди6
натной форме записываются следующим образом:
z = x + y Û Z = X + Y (zk = xk + yk, k = 1, 2, ..., n),
y = lx Û Y = lX (yk = lxk, k = 1, 2, ..., n).
ПРИМЕР 2.10. Найти линейную комбинацию 3a1 + 2a2 – 3a3 арифметических
векторов a1 = (4, 1, 3), a2 = (1, 2, –3), a3 = (2, –3, 6).
& Пусть x = 3a1 + 2a2 – 3a3. Найдем компоненты вектора x, используя правила
выполнения линейных операций в координатной форме. Тогда
3 4 4 3 1 4 3 2 4 312 4 3 2 4 3 16 4 3 12 2 2 1 6 4 3 8 4
X 7 355 1 66 2 255 2 66 1 355 13 66 7 55 3 66 2 55 4 66 2 55 9 66 7 55 3 2 4 2 9 66 7 55 16 66 . 1
5 3 6 5 13 6 5 6 6 5 9 6 5 16 6 5 118 6 5 9 1 6 1 18 6 5 115 6
8 9 8 9 8 9 8 9 8 9 8
9 8
9 8
9
Заданы арифметические векторы a1 = (4, 1, 3, –2), a2 = (1, 2, –3, 2), a3 =
= (16, 9, 1, –3), a4 = (0, 1, 2, 3), a5 = (1, –1, 15, 0). В задачах 2.48–2.50 найти
линейные комбинации.
2.48. 3a1 + 5a2 – a3 + 2a4. 2.49. a1 + 2a2 – a4 – 2a5. 2.50. 2a1 + 4a3 – 2a5.
7. Определение и основные методы
вычисления ранга матрицы
Пусть в матрице A размера m´n выбраны произвольно k строк и k столбцов
(k £ min(m, n)). Элементы, стоящие на пересечении выбранных строк и столбцов,
образуют квадратную матрицу порядка k, определитель которой называется мино
ром kго порядка матрицы A.
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
55
Максимальный порядок r отличных от нуля миноров матрицы A называется ее
рангом, а любой минор порядка r, отличный от нуля, — базисным минором.
ТЕОРЕМА О БАЗИСНОМ МИНОРЕ. Ранг матрицы равен рангу системы ее
строк (столбцов); при этом система строк (столбцов) матрицы, содержащая ба
зисный минор, образует базис в системе строк (столбцов) этой матрицы.
Приведем основные методы вычисления ранга матрицы.
Метод окаймляющих миноров. Пусть в матрице A найден минор k4го порядка
M, отличный от нуля. Рассмотрим лишь те миноры (k + 1)4го порядка, которые со4
держат в себе (окаймляют) минор M: если все они равны нулю, то ранг матрицы
равен k. В противном случае среди окаймляющих миноров найдется ненулевой ми4
нор (k + 1)4го порядка, и вся процедура повторяется.
ПРИМЕР 2.11. Методом окаймляющих миноров найти ранг матрицы
11 2 5 6 12
3 52 54 6 5 2 4
4.
A 63
3 4 52 3 52 3 4
3 58 4 56 4 56 4
7
8
& Находим в матрице A минор M2 второго порядка, отличный от нуля:
Оба минора 44го порядка, окаймляющие M3, равны нулю (проверить самостоя4
тельно!):
1 2 5 6
1 2 5 1
12 14 6 5
12 14 6 2
20 и
2 0.
1 12 3 12
1 12 3 3
18 4 16 4
1 8 4 1 6 16
Следовательно, ранг матрицы A равен трем. %
Метод элементарных преобразований основан на том факте, что элементарные
преобразования строк и столбцов матрицы не меняют ее ранга. Используя эти преоб4
разования, матрицу можно привести к такому виду, когда все ее элементы, кроме
элементов a11, a22, ..., arr (r £ min(m, n)), равны нулю. Следовательно, ранг матрицы
равен r.
ПРИМЕР 2.12. Методом элементарных преобразований найти ранг матрицы
& Обозначив через g1, g2, g3, g4, g5 строки матрицы A и выполняя последовательно
элементарные преобразования со строками (и, возможно, переставляя столбцы!),
приведем ее к такому виду, когда все ее элементы, кроме элементов a11, a22, ..., arr
(r £ min(m, n)), будут равны нулю.
1. Приведем матрицу к такому виду, чтобы в первом столбце обнулились все
(1)
элементы, кроме a11
:
(1)
ПРИМЕР 2.13. Выяснить, является ли система арифметических векторов a1 =
= (4, 1, 3), a2 = (1, 2, –3), a3 = (2, –3, 9) линейно зависимой или линейно независи>
мой. Найти ее ранг и какой>нибудь базис.
& Составим матрицу A, столбцами которой являются компоненты векторов a1,
a 2, a 3 :
22
14 1
A 6 (a1T , a2T , a3T ) 6 33 1 2 53 44 .
3 3 53 9 4
7
8
Нетрудно видеть, что ранг матрицы A равен 2. Следовательно, исходная система
арифметических векторов линейно зависима, и ее ранг также равен 2. Выделенный
минор M2 1
4 1 2
4 1
det
A
1
1
2 23 1 0.
матрицы A отличен от нуля (равен 7), а
1 2
3 23 9
Отсюда следует, что арифметические векторы a1, a2 и a3 линейно зависимы, и
по теореме о базисном миноре векторы a1, a2 образуют базис исходной системы
векторов. %
В задачах 2.64, 2.65 найти ранг и какой$нибудь базис заданной системы
векторов.
2.64. a1 = (5, 2, –3, 1), a2 = (4, 1, –2, 3), a3 = (1, 1, –1, –2), a4 = (3, 4, –1, 2).
2.65. a1 = (2, –1, 3, 5), a2 = (4, –3, 1, 3), a3 = (3, –2, 3, 4), a4 = (4, –1, 15, 17),
a5 = (7, –6, –7, 0).
2.66. Доказать, что система арифметических векторов e1 = (1, 1, 1, 1, 1),
e2 = (0, 1, 1, 1, 1), e3 = (0, 0, 1, 1, 1), e4 = (0, 0, 0, 1, 1), e5 = (0, 0, 0, 0, 1) обра$
зует базис в R5.
В задачах 2.67, 2.68 найти координаты заданного вектора x в базисе
B = {e1, ..., e5} из задачи 2.66.
2.67. x = (1, 0, 1, 0, 1). 2.68. x = (5, 4, 3, 2, 1).
§ 2.2.
СИСТЕМЫ ЛИНЕЙНЫХ УРАВНЕНИЙ
1. Правило Крамера
Пусть задана система n линейных уравнений с n неизвестными
3a11x1 1 a12x2 1 ... 1 a1n xn 2 b1,
44a x 1 a x 1 ... 1 a x 2 b ,
21 1
22 2
2n n
2
5
4..................
46an1x1 1 an2x2 1 ... 1 ann xn 2 bn ,
(2.14)
или, в матричной форме, AX = B, где
1 a11 a12
3a
a22
A 5 3 21
3 ... ...
3a
6 n1 an2
Правило Крамера. Если в системе (2.14) detA = D ¹ 0, то система (2.14) имеет, и
притом единственное, решение
X = A–1B,
или, в покомпонентной записи,
1i
, i 2 1,2,..., n,
1
где Di — определитель, получаемый из определителя D заменой i$го столбца на стол$
бец свободных членов.
ПРИМЕР 2.14. Решить систему уравнений
xi 2
2. Решение линейных систем общего вида
Пусть задана система m линейных уравнений с n неизвестными
3a11x1 1 a12x2 1 ... 1 a1n xn 2 b1,
44a x 1 a x 1 ... 1 a x 2 b ,
21 1
22 2
2n n
2
5
4..................
46am1x1 1 am2x2 1 ... 1 amn xn 2 bm ,
(2.15)
или, в матричной форме,
AX = B,
где
1 a11 a12
3a
a22
A 5 3 21
3 ... ...
3a
6 m1 am2
Если B = O, то система называется однородной, в противном случае она называ(
ется неоднородной.
Решением системы (2.15) называется всякий n(компонентный вектор(столбец X,
обращающий матричное уравнение (2.16) в равенство (соответствующий решению
X арифметический вектор x Î Rn также будем называть решением (2.15)).
Система называется совместной, если у нее существует по крайней мере одно
решение, в противном случае она называется несовместной.
Две совместные системы называются эквивалентными, если множества их ре(
шений совпадают.
ТЕОРЕМА (Кронекера–Капелли). Для того чтобы система (2.15) была совме
стной, необходимо и достаточно, чтобы
rang A 1 rang A,
(2.17)
где A 1 ( A | B) — расширенная матрица системы.
Пусть rang A 1 rang A 1 r, т. е. система совместна. Не ограничивая общности, бу(
дем считать, что базисный минор располагается в первых r (1 £ r £ min(m, n)) стро(
ках и столбцах матрицы A. Добиться этого можно, переставляя уравнения и пере(
обозначая неизвестные. Отбросив последние m – r уравнений системы (2.15), запи(
шем укороченную систему:
3a11x1 1 ... 1 a1r xr 1 a1r 11xr 11 1 ... 1 a1nxn 2 b1,
4
5....................................
(2.18)
4ar 1x1 1 ... 1 arr xr 1 ar ,r 11xr 11 1 ... 1 arnxn 2 br ,
6
которая эквивалентна исходной. Назовем неизвестные x1, ..., xr базисными, xr+1, ...,
xn — свободными и перенесем слагаемые, содержащие свободные неизвестные, в пра(
вую часть уравнений системы (2.18). Получаем систему линейных уравнений отно(
сительно базисных неизвестных:
4a11x1 1 ... 1 a1r xr 2 b1 3 a1r 11xr 11 3 ... 3 a1nxn ,
5
6....................................
5
7ar1x1 1 ... 1 arr xr 2 br 3 ar ,r 11xr 11 3 ... 3 arnxn ,
которая для каждого набора свободных неизвестных xr+1 = c1, ..., xn = cn–r имеет един(
ственное решение x1(c1, ..., cn–r), ..., xr(c1, ..., cn–r). Это решение может быть найдено
по правилу Крамера. Соответствующее решение укороченной, а следовательно, и
исходной систем имеет вид
2 x1 (c1,..., cn 1 r ) 3
4
5
...
4
5
4 xr (c1,..., cn 1r ) 5
X (c1,..., cn 1r ) 6 4
(2.19)
5.
c1
4
5
...
4
5
4
5
cn 1r
7
8
Формула (2.19), выражающая произвольное решение системы в виде вектор(
столбца от n – r свободных неизвестных, называется общим решением системы (2.15).
ПРИМЕР 2.15. Установить совместность и найти общее решение системы
3. Однородные системы
Однородная система AX = O всегда совместна, так как имеет тривиальное реше+
ние X = O. Для существования нетривиального решения однородной системы необ+
ходимо и достаточно, чтобы r = rang A < n (при m = n это условие означает, что
det A = 0).
Пусть Q Ì Rn — множество всех решений однородной системы. Всякий базис в мно+
жестве Q состоит из n – r векторов e1, ..., en–r. Соответствующая ему в каноническом
62
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
базисе система вектор#столбцов E1, ..., En–r называется фундаментальной системой
решений. Общее решение однородной системы тогда принимает вид
X = c1E1 + ... + cn–rEn–r,
где c1, ..., cn–r — произвольные постоянные.
Базисные решения E1, ..., En–r могут быть получены по формуле (2.19), если
свободным неизвестным придавать, поочередно значение 1, полагая остальные рав#
ными 0.
ПРИМЕР 2.16. Найти фундаментальную систему решений и общее решение од#
нородной системы уравнений
Если задана неоднородная система линейных уравнений общего вида AX = B, то ее
общее решение может быть найдено как сумма общего решения соответствующей одно)
родной системы AX = O и произвольного частного решения неоднородной системы.
В задачах 2.89–2.92 найти решение данных систем линейных уравнений
общего вида как сумму общего решения соответствующей однородной систе)
мы и произвольного частного решения неоднородной системы.
42x1 1 x2 2 x3 2 x4 1 x5 3 1,
55x 2 x 1 x 1 x 2 2x 3 0,
2
3
4
5
2.89. 6 1
3
x
1
3
x
2
3
x
2
3
x
2
3
4 1 4x5 3 2,
5 1
574x1 1 5x2 2 5x3 2 5x4 1 7x5 3 3.
42x1 2 2x2 1 x3 2 x4 1 x5 3 1,
55x 1 2x 2 x 1 x 2 2x 3 1,
2
3
4
5
2.90. 6 1
x
2
x
1
x
2
x
4
10
5
5
2
3
4 1 7x5 3 1,
5 1
752x1 2 14x2 1 7x3 2 7x4 1 11x5 3 21.
4x 2 x2 1 x3 2 x4 1 x5 2 x6 3 1,
2.91. 6 1
72x1 2 2x2 1 2x3 1 x4 2 x5 1 x6 3 1.
4x1 1 2x2 1 3x3 1 4x4 1 5x5 3 0,
5
2.92. 6x1 2 2x2 2 3x3 2 4x4 2 5x5 3 2,
52x2 1 3x3 1 4x4 1 5x5 3 21.
7
64
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
4. Метод последовательных исключений Жордана–Гаусса
С помощью элементарных преобразований над строками и перестановкой столб.
цов расширенная матрица системы (2.15) может быть приведена к виду
Матрица (2.20) является расширенной матрицей системы
2 r 11 xr 11 1 ... 1 a12 n xn 3 b12 ,
4x1 1 ... 1 a1,
5
2 r 11xr 11 1 ... 1 a22 n xn 3 b22 ,
x2 1 ... 1 a2,
5
5
...............
5
2
2 xn 3 br2 ,
1
1
1 arn
x
a
x
...
6
r
r , r 11 r 11
5
0 3 br2 11,
5
......
5
5
2,
3 bm
0
57
(2.21)
которая с точностью до обозначения неизвестных эквивалентна исходной системе.
Если хотя бы одно из чисел br2 11, ..., bm
2 отлично от нуля, то система (2.21), а сле.
довательно, и исходная система (2.15) несовместны.
Если же br2 11 3 ... 3 bm
2 3 0, то система совместна и формулы (2.21) дают явное вы.
ражение для базисных неизвестных x1, ..., xr через свободные xr+1, ..., xn.
ПРИМЕР 2.17. Методом Жордана–Гаусса найти общее решение системы
§ 2.3.
ЛИНЕЙНЫЕ ПРОСТРАНСТВА И ОПЕРАТОРЫ
1. Линейное пространство
Множество L будем называть линейным (векторным) пространством, если вы'
полнены следующие условия:
1. В L введена операция сложения элементов, которая всякой паре элементов x и
y из L ставит в соответствие однозначно определенный элемент z = x + y из L, назы'
ваемый их суммой. Операция сложения элементов удовлетворяет следующим свой'
ствам:
1а) x + y = y + x;
1б) (x + y) + z = x + (y + z);
1в) $0 Î L: "x Î L 0 + x = x (элемент 0 называется нулевым);
1г) "x Î L $(–x) Î L: x + (–x) = 0 (элемент (–x) называется противоположным
элементу x).
2. В L введена операция умножения элементов на действительные (комплекс'
ные) числа, которая всякому действительному (комплексному) числу l и всякому
66
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
элементу x из L ставит в соответствие определенный элемент y = lx Î L. Операция
умножения элемента на число удовлетворяет следующим свойствам:
2а) 1 × x = x;
2б) l(mx) = (lm)x.
3. Операции сложения элементов и умножения их на число удовлетворяют свой7
ствам дистрибутивности:
3а) l(x + y) = lx + ly;
3б) (l + m)x = lx + mx.
Элементы линейного пространства называются векторами. Пространство L на7
зывается действительным, если в L операция умножения векторов на число опре7
делена только для действительных чисел, и комплексным, если эта операция опре7
делена для комплексных чисел.
В задачах 2.99–2.103 проверить, что заданные множества являются ли7
нейными пространствами.
2.99. Множества V1, V2, V3 геометрических векторов с операциями сложе7
ния и умножения вектора на действительное число, определенными обыч7
ным образом (см. гл. 1).
2.100. Множество Rn всех арифметических n7компонентных векторов
a = (a1, a2, ..., an), для которых операция сложения векторов a = (a1, a2, ..., an)
и b = (b1, b2, ..., bn) определена покомпонентно, т. е. a + b = (a1 + b1, a2 + b2,
..., an + bn), а произведением вектора a на число l называется вектор la =
= (la1, la2, ..., lan).
2.101. Множество C[a, b] всех функций f(x), непрерывных на отрезке [a, b],
с обычным образом введенными операциями сложения функций и умноже7
ния их на число.
2.102. Множество Pn всех многочленов p(t) = an–1tn–1 + ... + a1t + a0 степе7
ни, не превышающей n – 1, с обычным образом введенными операциями сло7
жения многочленов и умножения их на число.
2.103. Множество Mm, n всех матриц размера m´n с операциями сложе7
ния матриц и умножения матрицы на число.
2. Конечномерное пространство.
Базис в nмерном пространстве
Система векторов {x1, x2, ..., xk} Ì L называется линейно зависимой, если най7
дутся числа l1, l2, ..., lk, не равные одновременно нулю и такие, что l1x1 + l2x2 +
+ ... + lkxk = 0; в противном случае эта система называется линейно независимой.
Пусть Q Ì L — произвольное конечное или бесконечное множество векторов ли7
нейного пространства. Упорядоченная система векторов B = {e1, ..., em} из Q называ7
ется базисом в Q, если:
а) система векторов B = {e1, ..., em} линейно независима;
б) для любого x Î Q, найдутся такие числа x1, x2, ..., xm, что
m
x 1 2 xkek .
k 11
(2.22)
Формула (2.22) называется разложением вектора x по базису B. Коэффициенты
x1, x2, ..., xm однозначно определяются вектором x и называются координатами это7
го вектора в базисе B. При обычной записи координаты вектора пишутся в строчку,
67
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
заключенную в круглые скобки, например x = (x1, x2, ..., xm), в матричной записи —
столбцом в круглых скобках.
Если множество Q Ì L имеет несколько базисов, то все они состоят из одинаково3
го числа векторов, называемого рангом Q (и обозначаемого rang Q). В частности, если
все пространство L имеет базис, то оно называется конечномерным и обозначается
Ln, где n = dimL — число векторов в любом базисе, называемое размерностью про3
странства. В противном случае пространство L называется бесконечномерным.
Пусть Ln — произвольное nмерное пространство, B = {e1, ..., en} — фиксирован3
ный базис в нем. Тогда каждому вектору x Î Ln взаимно однозначно соответствует
столбец его координат в этом базисе:
1 x1 2
x 5 x1e1 6 x2e2 6 ... 6 xnen 7 X 5 33 ... 44 .
3x 4
8 n9
При этом линейные операции над векторами в координатной форме выглядят
следующим образом:
z = x + y Û Z = X + Y,
y = lx Û Y = lX.
Пусть B = {e1, ..., en} и 11 2 {e11 ,..., e1n } — два различных базиса в Ln. Каждый из
векторов базиса B¢ разложим по базису B:
1 t1k 2
e5k 6 t1ke1 7 ... 7 tnken 8 Ek5 6 3 ... 4, k 6 1,2,..., n.
33 44
9 tnk
Матрицей перехода TB®B¢ от базиса B к базису B¢ называется матрица
3 t11 ... t1n 4
T1211 7 55 ... ... ... 66 ,
5t
6
8 n1 ... tnn 9
k3й столбец которой есть столбец Ek1 координат вектора e1k в базисе B. Таким обра3
зом, базисы B¢ и B связаны матричным равенством
(e11 ,..., e1n ) 3 (e1,..., en ) 4 T1211.
Пусть x — произвольный вектор из Ln. Его координаты x1, x2, ..., xn и x11 , x21 , ..., xn1
n
в базисах B и B¢ соответственно связаны равенствами xi 1 3 tij x2j , или, в матричной
j 11
форме,
X¢ = (TB®B¢)–1X,
(2.23)
где X и X¢ — столбцы его координат в базисах B и B¢ соответственно. Формула (2.23)
называется формулой преобразования координат при преобразовании базиса.
ПРИМЕР 2.18. Найти координаты геометрического вектора x = 2i – j + k в бази3
се B¢, состоящем из векторов e11 2 i 3 j 3 k, e12 2 i 4 j, e13 2 j 4 k.
& В исходном базисе B = {i, j, k} векторы e11 , e12, e13 имеют координаты
11 2
112
102
E15 6 33144, E25 6 33 7144, E35 6 33 1 44 .
314
304
3 71 4
8 9
8 9
8 9
68
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Следовательно, матрица перехода TB®B¢ имеет вид
31 1 0 4
T1211 7 551 81 1 66 .
51 0 816
9
Обращая матрицу TB®B¢ и используя формулу (2.23), находим
2.104. Показать, что если среди векторов x1, x2, ..., xm содержится нуль:
вектор, то рассматриваемые векторы линейно зависимы.
В задачах 2.105, 2.106 доказать, что система многочленов линейно неза:
висима.
2.105. t3 + t2 + t + 1, t2 + t + 1, t + 1, 1.
2.106. 2 + 3t – 2t2, 1 – 2t + 3t2, 3 + 8t – 6t2.
2.107. Найти ранг и какой:нибудь базис системы геометрических векто:
ров x1 = –i + 2j, x2 = 2i – j + k, x3 = –4i + 5j – k, x4 = 3i – 3j + k.
2.108. Доказать, что система арифметических векторов x1 = (1, 2, 0, 4),
x2 = (–1, 0, 5, 1), x3 = (1, 4, 5, 9) линейно зависима, и написать какое:нибудь
нетривиальное соотношение вида l1x1 + l2x2 + l3x3 = 0. Найти ранг и все ба:
зисы этой системы.
2.109. Как изменится матрица перехода от базиса B к базису B¢, если:
а) поменять местами два вектора базиса B?
б) поменять местами два вектора базиса B¢?
в) записать вектора каждого базиса в обратном порядке?
2.110. В линейном пространстве в базисе B = {e1, e2, e3} задан вектор
x = e1 + 4e2 – e3. Найти его координаты в базисе B¢, если T1211
4 5 2 32 5
8 6 31 3 1 7 .
6
7
6 32 0 1 7
9
2.111. В пространстве V3 заданы векторы e11 2 i 3 j, e21 2 j 3 k, e31 2 i 3 k. До:
казать, что 11 2 {e11 , e21 , e31 } — базис в V3, написать матрицу перехода TB®B¢,
где B = {e1 = i, e2 = j, e3 = k}. Найти координаты вектора x = –i + 2j + 2k.
В задачах 2.112–2.114 найти матрицу перехода TB®B¢ и выписать стол:
бец координат вектора x = i – 2j + k в базисе B¢, если B = {i, j, k} и B¢ = {i¢, j¢,
k¢} — прямоугольные базисы в V3.
2.112. Базис B¢ получен изменением на противоположное направление
всех трех базисных ортов B.
2.113. Базис B¢ получен перестановкой i¢ = j, j¢ = k, k¢ = i.
2.114. Базис B¢ получен поворотом базиса B на угол j вокруг орта i.
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
69
2.115. В пространстве R4 заданы векторы e11 2 (1,1,1,1), e21 2 (1,1, 3 1, 3 1),
e31 2 (1, 3 1,1, 3 1), e41 2 (1, 3 1, 3 1,1). Доказать, что 11 2 {e11 , e21 , e31 , e41 } — базис в
R4, написать матрицу перехода TB®B¢, где B — канонический базис в R4
(см. § 3.4). Найти в базисе B¢ координаты вектора x, имеющего в канониче0
ском базисе координаты (1, 2, 1, 1).
2.116. В пространстве R4 заданы векторы e11 2 (1,1,0,1), e21 2 (2,1,3,1),
e31 2 (1,1,0,0), e41 2 (0,1, 3 1, 3 1). Доказать, что 11 2 {e11 , e21 , e31 , e41 } — базис в R4,
написать матрицу перехода TB®B¢, где B — канонический базис в R4. Найти
в базисе B¢ координаты вектора x, имеющего в каноническом базисе коорди0
наты (0, 0, 0, 1).
В задачах 2.117–2.121 доказать утверждения.
2.117. Матрица перехода TB®B¢ всегда невырождена, и TB¢®B = (TB®B¢)–1.
2.118. Если
3 t11 ... t1n 4
T1211 7 5 ... ... ... 6
5
6
5t
6
8 n1 ... tnn 9
— невырожденная матрица и B = {e1, ..., en} — некоторый базис в простран0
стве Ln, то система векторов
ek1 2 t1k e1 3 ... 3 tnk en , k 2 1,2,..., n,
также образует базис в Ln.
2.119. Если B, B¢ и B² — базисы в Ln, то справедливо матричное равен0
ство
TB®B² = TB®B¢ × TB¢®B².
2.120. Система многочленов 1, t, t2, ..., tn–1 образует базис в пространст0
ве Pn всех многочленов степени £ n – 1 и, следовательно, dimPn = n (этот ба0
зисназывается каноническим).
2.121. Для произвольного t0 система многочленов 1, t – t0, (t – t0)2, ...,
(t – t0)n–1 образует базис в Pn.
2.122. Пусть в линейном пространстве заданы базисы B, B¢ и B². Найти
TB¢®B², если
4 0 1 31 315
4 2 0 32 1 5
6 31 1 0 0 7
61 1 1 37
7 и T12111 8 6
7.
T1211 8 6
60 0 0 17
60 2 1 17
6 1 31 1 31 7
61 2 2 27
9
9
2.123. Найти координаты:
а) многочлена 4t2 – 2t в каноническом базисе пространства P3;
б) многочлена t2 + 2t – 1 в каноническом базисе пространства P4.
2.124. Доказать, что система многочленов t2 + 1, –t2 + 1, t – 1 образует
базис в P3. Записать в этом базисе координаты многочлена t2 – 2t – 2.
2.125. Найти матрицу перехода от канонического базиса 1, t, t2, ..., tn–1 к
базису 1, t – t0, (t – t0)2, ..., (t – t0)n–1 в Pn.
70
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
3. Пространства со скалярным произведением
Действительное линейное пространство E называется евклидовым пространст
вом, если каждой паре векторов x и y из E поставлено в соответствие действительное
число, обозначаемое символом (x, y) и называемое скалярным произведением векто0
ров x и y, причем выполнены следующие условия:
1) (x, y) = (y, x); 2) (x1 + x2, y) = (x1, y) + (x2, y);
3) (lx, y) = l(x, y), l Î R; 4) (x, x) ³ 0, причем (x, x) = 0 Û x = 0.
Длиной вектора x называется число | x | 1 (x, x). Вектор x, длина которого рав0
на 1, называется нормированным.
Для любых векторов x, y евклидова пространства справедливо неравенство
Коши–Буняковского
(2.24)
|(x, y)|2 £ (x, x)(y, y),
которое позволяет следующим образом определить угол между ненулевыми векто0
рами:
(x, y )
cos 1 2
.
| x | 3| y |
Ненулевые векторы x, y Î E называются ортогональными, если (x, y) = 0.
Базис B = {e1, ..., en} n0мерного евклидова пространства En называется ортонор
мированным, если
20, i 1 j,
(ei , e j ) 3 4ij 3 5
61, i 3 j.
Если в пространстве En задан произвольный базис (f1, f2, ..., fn), то векторы
k 11
e1 2 f1, ek 2 fk 1 3 ci, k 11ei , k 2 2,3,..., n,
(2.25)
i 21
где ci, k 11 2
(fk , ei )
, образуют ортогональный базис в этом пространстве (процесс орто
(e i , e i )
гонализации Шмидта).
Евклидовы пространства в дальнейшем называются пространствами со ска
лярным произведением.
2.126. Доказать, что скалярное произведение любых двух векторов
x = (x1, ..., xn) и y = (y1, ..., yn) евклидова пространства тогда и только тогда
выражается равенством
(x, y) = x1y1 + ... + xnyn,
когда базис, в котором заданы координаты, является ортонормированным.
2.127. Доказать, что в пространстве Pn многочленов степени £ n – 1 ска0
лярное произведение многочленов p(t) = a0 + a1t + ... + an–1tn–1 и q(t) = b0 +
+ b1t + ... + bn–1tn–1 можно определить любым из следующих способов:
а) (p, q) = a0b0 + a1b1 + ... + an–1bn–1;
n
б) ( p, q) 1 2 p(tk )q(tk ), где tk — произвольные попарно различные дейст0
k 11
вительные числа.
71
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
Вычислить скалярное произведение многочленов p(t) = 1 + t + t2 и q(t) =
= 1 – 2t2 + 3t3 каждым из указанных способов (n = 4), если в случае б) t1 = –2,
t2 = –1, t3 = 1, t4 = 2.
2.128. Пользуясь неравенством Коши–Буняковского (2.24), доказать сле6
дующие неравенства треугольника:
а) |x + y| = |x| + |y|; б) ||x| – |y|| £ |x + y|.
2.129. Доказать, что в пространстве Rn формула
(x, y) = x1y1 + ... + xnyn,
где x = (x1, ..., xn), y = (y1, ..., yn), задает скалярное произведение (получае6
мое евклидово пространство арифметических векторов в дальнейшем будем
также обозначать Rn).
2.130. Показать, что в евклидовом пространстве Rn канонический базис
(см. (2.13)) является ортонормированным.
2.131. Написать неравенство Коши–Буняковского для евклидова про6
странства Rn.
2.132. Написать неравенства треугольника в евклидовом пространстве Rn.
В задачах 2.133, 2.134 применить процесс ортогонализации к указанным
системам векторов евклидова пространства R4 (со скалярным произведени6
ем из задачи 2.129).
2.133. f1 = (1, 1, 1, 1), f2 = (3, 3, – 1, – 1), f3 = (–2, 0, 6, 8).
2.134. f1 = (1, 2, 1, 3), f2 = (4, 1, 1, 1), f3 = (3, 1, 1, 0).
В задачах 2.135, 2.136, применяя процесс ортогонализации, построить
ортогональный базис подпространства, натянутого на заданную систему век6
торов в евклидовом пространстве R4.
2.135. f1 = (1, 2, 2, – 1), f2 = (1, 1, – 5, 3), f3 = (3, 2, 8, – 7).
2.136. f1 = (2, 1, 3, – 1), f2 = (7, 4, 3, – 3), f3 = (1, 1, – 6, 0), f4 = (5, 7, 7, 8).
В задачах 2.137–2.139 проверить ортогональность системы векторов в
евклидовом пространстве Rn и дополнить их до ортогональных базисов.
2 1 2
1 2 2
2.137. e1 3 , , , e2 3 , , 4 .
3 3 3
3 3 3
1
2
1
2
2.138. e1 = (1, – 2, 1, 3), e2 = (2, 1, – 3, 1).
2.139. e1 = (1, 1, 1, 1, 1), e2 = (–1, 1, 0, 0, 0), e3 = (0, 0, – 1, 1, 0).
4. Линейные операторы и действия с ними
Линейным оператором в линейном пространстве L называется всякое отображе6
ние A: L ® L пространства L в себя, обладающее свойствами
A(lx) = lA(x)
и A(x + y) = A(x) + A(y).
Пусть A — линейный оператор в конечномерном пространстве Ln и B = {e1, ..., en} —
некоторый заданный базис. Разложим векторы A(ek), k = 1, 2, ..., n, по базису B:
A(ek) = a1ke1 + ... + anken, k = 1, 2, ..., n.
72
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Тогда матрица
1 a11 a12
3a
a22
A 5 3 21
3 ... ...
3a
6 n1 an2
... a1n 2
... a2n 4
4
... ... 4
... ann 47
называется матрицей линейного оператора A в базисе B. Матрицу линейного опе,
ратора A будем иногда обозначать также символом [A] или [A]B, если существенно, о
каком базисе идет речь.
Заданием матрицы оператор определяется однозначно, а именно: если y = A(x),
то Y = AX, где X, Y — столбцы координат векторов x, y и A — матрица оператора A в
базисе B.
ПРИМЕР 2.19. В базисе B = {i, j, k} записать матрицу оператора проектирова,
ния Pa на плоскость a: x + y + z = 0.
& Оператор проектирования Pa на плоскость a определяется равенством Pa(x) = xa,
где xa — ортогональная проекция вектора x на плоскость a. Имеем
P1 (x) 2 x 3 xn 2 x 3 прnx 4
(n, x)
n
2x3
4 n,
|n|
| n |2
где n — нормальный вектор плоскости a. В данном случае n = i + j + k, |n|2 = (n, n) =
= 1 + 1 + 1 = 3, (n, i) = (n, j) = (n, k) = 1, и, следовательно,
(n, i)
1
2 1 1
4 n 2 i 3 n 2 i 3 j 3 k,
3
3 3 3
| n |2
(n, j)
1
1 2 1
P1 ( j) 2 j 3
4 n 2 j 3 n 2 3 i 5 j 3 k,
3
3 3 3
| n |2
(n, k)
1
1 1 2
P1 (k) 2 k 3
4 n 2 k 3 n 2 3 i 3 j 5 k,
3
3 3 3
| n |2
P1 (i) 2 i 3
В задачах 2.140–2.146 установить, какие из заданных отображений про,
странства V3 в себя являются линейными операторами. Записать их матри,
цы в прямоугольном базисе B = {i, j, k}.
2.140. A(x) = lx, l — заданное число. 2.141. A(x) = lx + a, l и a заданы.
2.142. A(x) = (x, e)e, где e — заданный единичный вектор. Выяснить гео,
метрический смысл этого отображения.
2.143. A(x) = [a, x], где a — заданный вектор.
2.144. A(x) = (a, x)x, где a — заданный вектор.
2.145. A = U(e, j) — отображение, состоящее в повороте на угол j вокруг
оси, заданной вектором e.
2.146. Если x = xi + yj + zk, то A(x) = (y + z)i + (2x + z)j + (3x – y + z)k.
В задачах 2.147–2.151 установить, какие из заданных отображений про,
странства арифметических векторов Rn в себя являются линейными опера,
торами. Записать их матрицы в каноническом базисе.
2.147. A(x) = (x2 + x3, –2x1 + 2x3, 4x1 – x2 + 5x3).
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
73
2.148. A(x) = (x1 + x3, x2 + x3, x3 + 1).
2.149. A(x) = (0, x2 – x3, 0).
2.150. A(x) = (–x1 + x3 + 1, 2x2 + x3 + 1, –x2 + x3 + 1).
2.151. A(x) = (x1 – x2, x1 – x2 – x3, –x1 + x2 + 2x3).
Над линейными операторами, действующими в линейном пространстве L, вво$
дятся следующие операции:
а) сложение операторов: (A + B)(x) = A(x) + B(x); при этом [A + B] = [A] + [B];
б) умножение оператора на число: (lA)(x) = l(A(x)); при этом [lA] = l[A];
в) умножение операторов: (AB)(x) = A(B(x)); при этом [AB] = [A] × [B].
Обратным к оператору A называется оператор A–1 такой, что AA–1 = A–1A = E,
где E — единичный оператор, реализующий тождественное отображение. Оператор A
имеет обратный (и в этом случае называется невырожденным) в том и только том
случае, когда его матрица A невырождена (в любом базисе). В этом случае [A–1] = A–1.
В задачах 2.152–2.154 установить, какие из линейных операторов в R3
являются невырожденными, и найти явный вид обратных операторов.
2.152. A(x) = (x1 – x2 + x3, x3, x2). 2.153. A(x) = (x2 + x3, –x2, 2x2 – x3).
2.154. A(x) = (x1 + 2x2 + 2x3, 2x1 + x2 – 2x3, 2x1 – 2x2 + x3).
ПРИМЕР 2.20. В пространстве R3 заданы два линейных оператора A и B. Най$
ти матрицу [C] линейного оператора C = AB – BA и его явный вид в каноническом
базисе R3:
A(x) = (2x2, –2x1 + 3x2 + 2x3, 4x1 – x2 + 5x3),
B(x) = (–3x1 + x3, 2x2 + x3, –x2 + 3x3).
& Так как A(e1) = (0, –2, 4), A(e2) = (2, 3, – 1), A(e3) = (0, 2, 5) и B(e1) = (–3, 0, 0),
B(e2) = (0, 2, – 1), B(e3) = (1, 1, 3), то
2 0 2 03
2 13 0 1 3
A 6 44 12 3 2 55 , B 6 44 0 2 1 55 .
4 4 11 5 5
4 0 11 3 5
7
8
7
8
В задачах 2.155–2.157 для заданных в пространстве R3 линейных опера)
торов A и B найти матрицу [C] линейного оператора C = AB – BA и его явный
вид в каноническом базисе R3.
2.155. A(x) = (7x1 + 4x3, 4x2 – 9x3, 3x1 + x2),
B(x) = (x2 – 6x3, 3x1 + 7x3, x1 + x2 – x3).
2.156. A(x) = (2x1 – x2 + 5x3, x1 + 4x2 – x3, 3x1 – 5x2 + 2x3),
B(x) = (x1 + 4x2 + 3x3, 2x1 + x3, 3x2 – x3).
2.157. A(x) = (3x1 + x2 – 2x3, 3x1 – 2x2 + 4x3, –3x1 + 5x2 – x3),
B(x) = (2x1 + x2, x1 + x2 + 2x3, –x1 + 2x2 + x3).
В задачах 2.158, 2.159 для заданного матрицей A в базисе B = {e1, e2, e3} в
трехмерном линейном пространстве линейного оператора найти в этом ба)
зисе A(a).
2 11 1 0 3
2.158. a = 2e1 – 3e2 + e3 и A 6 44 1 2 13 55 .
4 0 14 1 5
7
8
2 12 2 11 3
2.159. a = e1 – 4e2 + 3e3 и A 6 4 1 5 2 5 .
4
5
4 0 11 3 5
7
8
Пусть A и A¢ — матрицы оператора A в базисах B и B¢, а T = TB®B¢ — матрица
перехода от базиса B к базису B¢. Тогда формула преобразования матрицы операто)
ра при преобразовании базиса имеет вид
A¢ = T–1AT.
(2.26)
2.160. В базисе B = {i, j, k} найти матрицу линейного оператора, перево)
дящего векторы a1 = (2, 0, 3), a2 = (4, 1, 5), a3 = (3, 1, 2) соответственно в век)
торы b1 = (1, 2, – 1), b2 = (4, 5, –2), b3 = (1, –1, 1).
2.161. Найти матрицу линейного оператора в базисе B¢ = {b1, b2}, где
b1 = (1, –2), b2 = (3, –1), если в базисе B = {a1, a2}, где a1 = (1, 2), a2 = (–1, 1),
его матрица имеет вид 24 1 12 35 .
6 11 13 7
2.162. В L4 задан линейный оператор A, матрица которого в некотором
11
33
базисе B = {e1, e2, e3, e4} равна A 6 3
32
31
7
2 0
0 51
5 3
2 1
12
24
4 . Найти матрицу этого опе)
14
3 48
ратора в базисах:
а) B¢ = {e1, e3, e2, e4}; б) B¢ = {e1, e1 + e2, e1 + e2 + e3, e1 + e2 + e3 + e4}.
2.163. В пространстве L2 линейный оператор A в базисе B¢:
e11 2 e1 3 2e2 , e21 2 2e1 3 3e2
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
75
13 52
имеет матрицу 3 4 3 4 . Оператор B в базисе B²: e111 2 3e1 3 e2 , e211 2 4e1 3 2e2 име
5
6
14 62
ет матрицу 3 6 9 4 . Найти матрицу оператора A + B в базисе B².
5
6
2.164. В пространстве Pn задан линейный оператор дифференцирования
d
. Найти матрицу этого оператора в базисе:
dt
(t 1 t0 )2
(t 1 t0 )n 11
, ...,
, t0 2 1.
а) 1, t, t2, ..., tn–1; б) 1, (t 1 t0 ),
2!
(n 1 1)!
D1
5. Собственные числа и собственные векторы
линейного оператора
Пусть число l и вектор x Î L, x ¹ 0, таковы, что
A(x) = lx.
(2.27)
Тогда число l называется собственным числом линейного оператора A, а век
тор x — собственным вектором, соответствующим собственному числу l.
В конечномерном пространстве Ln векторное равенство (2.27) эквивалентно мат
ричному равенству
(A – lE)X = O, X ¹ O.
(2.28)
Отсюда следует, что число l есть собственное число оператора A в том и только том
случае, когда det(A – lE) = 0, т. е. число l есть корень многочлена p(l) = det(A – lE),
называемого характеристическим многочленом оператора A. Столбец координат X
любого собственного вектора, соответствующего собственному числу l, есть некото
рое нетривиальное решение однородной системы (2.28).
В некоторых случаях собственные числа и собственные векторы линейного опе
ратора можно найти из геометрических соображений.
ПРИМЕР 2.21. Найти собственные числа и собственные векторы оператора POxy
проектирования на плоскость Oxy в пространстве V3.
& Равенство POxy(x) = lx, x ¹ 0, означает, что ортогональная проекция вектора x
на плоскость Oxy коллинеарна самому вектору x. Но это возможно лишь в двух слу
чаях.
1) Вектор x ¹ 0 компланарен плоскости Oxy. Для всех таких векторов POxy(x) = x,
т. е. все они являются собственными векторами оператора POxy, соответствующими
собственному числу l1 = 1.
2) Вектор x ¹ 0 ортогонален плоскости Oxy. Для всех таких векторов POxy(x) = 0 =
= 0 × x, т. е. все они являются собственными векторами оператора POxy, соответст
вующими собственному числу l2 = 0.
В результате получаем, что оператор POxy имеет два собственных числа: l1 = 1 и
l2 = 0. Соответствующие им собственные векторы:
11 2 1: x ( 11 ) 2 xi 3 yj, x( 11 ) 4 0, и 12 2 0 : x( 12 ) 2 zk, x ( 12 ) 4 0. 1
В задачах 2.165–2.168 найти собственные числа и собственные векторы
операторов в V3.
2.165. A(x) = ax, a — заданное число.
2.166. A(x) = (x, i)i — оператор проектирования на ось Ox.
76
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
2.167. A(x) = [i, x].
2.168. A(x) = x – 2(x, e)e — оператор зеркального отражения относитель'
но плоскости с нормальным вектором e.
ПРИМЕР 2.22. Найти собственные числа и собственные векторы линейного опе'
2.175. Доказать, что собственные векторы линейного оператора, соответ'
ствующие различным собственным числам, линейно независимы.
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
77
6. Линейные операторы
в пространстве со скалярным произведением
Пусть A — линейный оператор, действующий в линейном пространстве L со ска'
лярным произведением (x, y). Линейный оператор A* называется сопряженным к
оператору A, если для любых векторов x, y выполняется равенство
(A(x), y) = (x, A*(y)).
Для всякого оператора A сопряженный оператор A* существует и единственен.
Если оператор A в ортонормированном базисе имеет матрицу A = ||aij||, то сопря'
женный оператор A* в том же базисе имеет матрицу A * 1 || aij* ||, где aij* 1 aji (матрица A*
называется сопряженной к матрице A). В частном случае евклидового пространства
A* = AT.
Пусть [A]B и [A]B¢ — матрицы оператора A в базисах B = {e1, ..., en} и 11 2 {e11 ,..., e1n }
соответственно, а T = TB®B¢ — матрица перехода от базиса B к базису B¢. Тогда
[A* ]12 4 T111312 5 [A* ]1 5 T1312.
ПРИМЕР 2.23. Доказать формулу (A*)* = A.
& Запишем цепочку равенств, верных для любых векторов x и y:
(A(x), y ) 1 (x, A* ( y )) 1 (A* (y ), x) 1 ( y,(A* )* (x)) 1 ((A* )* (x), y ) 1 ((A* )* (x), y ).
Отсюда (A(x) – (A*)*(x), y) = 0 для любого y. Отсюда, в силу произвольности векторов
x и y, получаем A = (A*)*. %
В задачах 2.176–2.178 доказать справедливость формул.
2.176. (A + B)* = A* + B*. 2.177. (AB)* = B*A*.
2.178. (A–1)* = (A*)–1, если A невырожденный.
Линейный оператор A в базисе 11 2 {e11 ,..., en1 } имеет матрицу A. В зада'
чах 2.179, 2.180 найти матрицу сопряженного оператора A* в том же базисе
B¢, если векторы e11 ,..., en1 заданы столбцами своих координат в некотором
ортонормированном базисе B = {e1, ..., en}.
11 2 2
112
112
, E13 4 5 6 , E23 4 5 6 .
2.179. A 4 5
6
81 71 9
809
81 9
1
1
3
1
1
2
1 2
11 2
112
5
6
5
6
5
6
2.180. A 4 0 5 71 , E13 4 2 , E23 4 1 , E33 4 5 1 6 .
55
66
55 66
55 66
55 66
8 2 7 73 9
819
829
809
*
2.181. Найти матрицу линейного оператора A в ортонормированном бази'
се B = {e1, e2, e3}, если оператор A переводит векторы a1 = (0, 0, 1), a2 = (0, 1, 1),
a3 = (1, 1, 1) в векторы b1 = (1, 2, 1), b2 = (3, 1, 2), b3 = (7, –1, 4) соответствен'
но, считая, что координаты всех векторов даны в базисе B.
2.182. Найти сопряженный оператор для поворота евклидовой плоско'
сти на угол j вокруг начала координат против часовой стрелки.
Линейный оператор H в пространстве со скалярным произведением называет'
ся самосопряженным, если H = H*. Самосопряженный оператор в евклидовом про'
странстве называется также симметричным. Для того чтобы оператор A был сим'
78
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
метричным, необходимо и достаточно, чтобы в любом ортонормированном базисе
его матрица A = ||aij|| удовлетворяла соотношениям aij = aji. Такие матрицы называ1
ются симметричными.
В задачах 2.183, 2.184 доказать свойства самосопряженного оператора.
2.183. Собственные числа действительны.
2.184. Собственные векторы, соответствующие различным собственным
числам, ортогональны.
2.185. Показать, что в пространстве V3 следующие операторы являются
симметричными:
а) A(x) = lx, l — фиксированное число;
б) A(x) = (x, e)e, |e| = 1;
в) A(x) = x – (x, e)e, |e| = 1.
7. Приведение матрицы
линейного оператора к диагональному виду
Если оператор A, действующий в пространстве Ln, имеет n линейно независи1
мых векторов e1, ..., en, соответствующих собственным числам l1, ..., ln, то в базисе
из этих векторов матрица оператора A имеет диагональный вид
03
2 11
4
5
12
4
5.
1
4
5
40
1 n 57
6
(2.29)
Матрица A самосопряженного оператора всегда приводится к диагональному
виду. При этом ее можно представить в виде
A = UDU–1,
где U — матрица оператора, осуществляющего переход от исходного базиса к базису
из собственных векторов оператора A, а D — диагональная матрица вида (2.29).
В задачах 2.186–2.188 найти ортонормированный базис из собственных
векторов и матрицу в этом базисе для линейного оператора, заданного в не1
котором ортонормированном базисе матрицей A (искомый базис определен
неоднозначно).
2 11 2 18 3
2 17 18 4 3
21 1 2 3
2.186. A 6 4 2 2 10 5 . 2.187. A 6 4 18 17 14 5 . 2.188. A 6 4 1 1 2 5 .
4
5
4
5
4
5
4 18 10 5 5
4 4 14 11 5
42 2 4 5
7
8
7
8
7
8
В задачах 2.189–2.191 найти собственные векторы линейного операто1
ра A, заданного в некотором базисе матрицей A. Построить базис из собст1
венных векторов и матрицу данного оператора в этом базисе.
§ 2.4.
БИЛИНЕЙНЫЕ И КВАДРАТИЧНЫЕ ФОРМЫ
1. Линейные формы
Говорят, что в действительном линейном пространстве L задана линейная фор
ма, если каждому вектору x Î L поставлено в соответствие число f(x), причем выпол*
нены условия
f(x + y) = f(x) + f(y), x, y Î L,
f(lx) = lf(x), x Î L, l Î R.
В задачах 2.192–2.195 доказать, что в пространстве L заданная функция
f(x), x Î L, является линейной формой.
b
2.192. f (x) 1 2 x(t)dt, L = C[a, b], x = x(t).
a
2.193. f(x) = x(t0), L = C[a, b], x = x(t), t0 Î [a, b].
2.194. f(x) = (x, a), L = V3, a Î V3 — фиксированный вектор.
2.195. f(x) = abx, L = V3, a, b Î V3 — фиксированные векторы.
2.196. Пусть в пространстве L фиксирован базис B = {e1, ..., en}. Пусть,
далее, f(ei) = ai, i = 1, 2, ..., n, где f(x) — линейная форма в L.
а) Доказать, что f(x) = a1x1 + ... + anxn, где x1, ..., xn — координаты векто*
ра x в базисе B.
б) Обозначим L* множество линейных форм f(x), в котором введены опе*
рации сложения и умножения на число следующим образом:
g = f1 + f2, "x Î L (g(x) = f1(x) + f2(x));
h = lf, "x Î L (h(x) = lf(x)).
Доказать, что L* — линейное пространство.
в) Доказать что dimL* = n (пространство L* называют сопряженным к про*
странству L).
2.197. Доказать, что:
а) если x Î Rn, x = (x1, ..., xn), то формула f(x) = x1 определяет линейную
форму;
б) всякую не равную тождественно нулю линейную форму f(x), x Î Rn,
надлежащим выбором базиса можно привести к виду f(x) = x1, где x1 — пер*
вая координата вектора x в этом базисе.
2. Билинейные формы
Числовая функция A(x, y): L ´ L ® R, заданная на действительном линейном
пространстве L, называется билинейной формой, если при любом фиксированном y
она является линейной формой по x, а при любом фиксированном x — линейной
формой по y. Билинейная форма называется симметрической, если A(x, y) = A(y, x),
x, y Î L. Если в действительном линейном пространстве Ln задан некоторый базис
B = {e1, ..., en}, то матрица A = ||aij||, aij = A(ei, ej), называется матрицей билинейной
формы A(x, y) в базисе B.
80
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
В задачах 2.198, 2.199 доказать, что в действительном линейном про*
странстве L функции A(x, y) являются билинейными формами.
2.198. A(x, y) = f1(x) f2(y), где f1(x), f2(y) — линейные формы в L.
n
n
2.199. A (x, y ) 1 22 aij xi yj , где L = Rn, x, y Î Rn, A = ||aij|| — некоторая мат*
i 11 j 11
рица.
2.200. Пусть в действительном линейном пространстве Ln задан базис
B = {e1, ..., en}, A(x, y) — билинейная форма в Ln и A(ei, ej) = aij. Доказать, что:
n
n
а) A (x, y ) 1 22 aij xi yj , где xi, yj (i, j = 1, 2, ..., n) — координаты векторов
i 11 j 11
x и y в базисе B;
б) если A 1 2 || aij1 || — матрица билинейной формы A(x, y) в базисе
11 2 {e11 ,..., en1 }, то A¢ = TTAT, где T = TB®B¢ — матрица перехода от базиса B к
базису B¢.
Пусть в пространстве R3 задана билинейная форма A(x, y). В задачах 2.201,
2.202 найти ее матрицу в базисе B = {e1, e2, e3}.
2.201. A(x, y) = x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3, e1 = (1, 1, 1), e2 = (1, 1, –1), e3 = (1,
–1, –1).
2.202. A(x, y) = x1y2 + x2y3 + x3y1, e1 = (1, 0, 0), e2 = (1, 1, 0), e3 = (1, 1, 1).
Пусть в пространстве Rn задана билинейная форма A(x, y) в базисе B. В за*
дачах 2.203, 2.204 найти ее матрицу в базисе B¢.
1 14
2.204. n = 2, A(x, y) = x1y1 + x1y2 + x2y1 – x2y2, T1211 5 36
7.
91 81
2.205. Доказать, что скалярное произведение (x, y) в евклидовом простран*
стве E является билинейной формой.
3. Квадратичные формы
Пусть A(x, y) — симметрическая билинейная форма. Форма A(x, x), которая по*
лучается из A(x, y), если положить x = y, называется квадратичной. При этом A(x, y)
называется билинейной формой, полярной к квадратичной форме A(x, x).
Если в действительном линейном пространстве Ln фиксирован некоторый базис
B = {e1, ..., en}, то квадратичная форма A(x, x) в этом базисе имеет вид
n
n
A (x, x) 1 22 aij xi xj ,
i 11 j 11
где A = ||aij|| — матрица квадратичной формы и x = x1e1 + ... + xnen.
(2.30)
81
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
Пусть в некотором базисе выражение (2.30) квадратичной формы не содержит
произведений xixj (i ¹ j), т. е.
n
A (x, x) 1 3 2 i xi2.
i 11
(2.31)
Тогда выражение (2.31) называется каноническим видом квадратичной формы.
В частности, если li Î {–1, 0, 1}, i = 1, 2, ..., n, то получаем нормальный вид квадра4
тичной формы A(x, x).
Для всякой квадратичной формы существует такой базис B¢, в котором она име4
ет канонический (и даже нормальный) вид.
Линейным преобразованием неизвестных называется такой переход от системы
n неизвестных x1, x2, ..., xn к системе n неизвестных x11 , x21 ,..., xn1 , при котором ста4
рые неизвестные линейно выражаются через новые:
Если Q — невырожденная матрица, то линейное преобразование неизвестных
называется невырожденным.
Квадратичная форма от n неизвестных с матрицей A после выполнения линей4
ного преобразования неизвестных с матрицей Q превращается в квадратичную фор4
му от новых неизвестных с матрицей QTAQ.
Метод Лагранжа выделения полных квадратов. Пусть квадратичная форма
A(x, x) в базисе B имеет вид (2.30). Если все коэффициенты aii (при квадратах xi2 ),
i = 1, 2, ..., n, равны нулю и в то же время форма не равна тождественно нулю, то
отлично от нуля хотя бы одно произведение, например 2a12x1x2. Выполним преобра4
зование базиса, при котором координаты вектора в старом и новом базисах связаны
формулами
x1 2 x11 3 x21 ,
x2 2 x11 4 x21 ,
xi 2 xi1, i 2 3,..., n.
Тогда 2a12x1x2 2 2a12 (x11 3 x21 )(x11 4 x21 ) 2 2a12x112 3 2a12x212, и так как, по предположе4
нию, a11 = a22 = 0, то коэффициент при x112 отличен от нуля.
Таким образом, всегда найдется такой базис B, в котором в записи (2.30) хотя
бы один коэффициент при квадрате отличен от нуля.
В дальнейшем считаем a11 ¹ 0 (если a11 = 0, то отличен от нуля коэффициент при
квадрате какой4нибудь другой координаты, и к рассматриваемому случаю можно
прийти, иначе занумеровав векторы e1, ..., en, что также является некоторым преоб4
разованием базиса).
Рассмотрим часть квадратичной формы, содержащую x1, т. е.
11 2 a11x12 3 2a12x1x2 3 ... 3 2a1n x1xn .
82
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Дополним эту сумму до полного квадрата:
11 2
1
(a x 3 ... 3 a1nxn )2 4 5,
a11 11 1
где g есть алгебраическая сумма членов, не зависящих от x1. Если теперь сделать
замену
x11 2 a11x1 3 ... 3 a1n xn ,
xi 2 xi1, i 2 2,..., n,
то квадратичная форма в новом базисе примет вид
A (x, x) 1
n
n
1 22
1 22
x 3
aij2 xi2x2j 1
x1 3 A1.
a11 1 44
a
11
i 12 j 12
В полученной форме выделено слагаемое 1 x112, а оставшаяся часть A1 является
a11
квадратичной формой в Ln–1. Далее рассуждения повторяются для квадратичной
формы A1(x, x) и т. д.
ПРИМЕР 2.24. Методом Лагранжа привести к каноническому виду квадратич>
ную форму
A (x, x) 1 4x12 2 x22 2 x32 3 4x1x2 2 4x1x3 3 3x2x3.
Найти линейное преобразование, приводящее данную квадратичную форму к кано>
ническому виду.
& Так как коэффициент при x12 отличен от нуля, то, выделяя полный квадрат,
получим
Линейное преобразование x1 2 x111 3 x311, x2 2 x211 3 x311, x3 2 x211 4 x311 неизвестных приво%
дит квадратичную форму к каноническому виду A 2 4x1112 3 x2112 4 x3112. 1
Метод собственных векторов. Будем рассматривать квадратичную форму (2.30)
в евклидовом пространстве Rn. Так как ее матрица A = ||aij|| симметрична, то она мо%
жет быть представлена в виде A = UDUT, где D — диагональная матрица, на диагона%
ли которой стоят собственные числа матрицы A, а U — ортогональная матрица. Столб%
цы матрицы U являются координатами некоторого ортонормированного базиса
11 2 {e11 ,..., e1n }, в котором матрица A имеет диагональный вид D, и, следовательно,
квадратичная форма — искомый канонический вид. Соответствующее преобразова%
ние координат определяется соотношением
ПРИМЕР 2.25. Найти ортогональное преобразование, приводящее квадратичную
форму A (x, x) 1 5x12 2 4x1x2 2 2x22, заданную в евклидовом пространстве R2, к канони%
ческому виду. Написать этот канонический вид.
15 22
& Матрица A квадратичной формы имеет вид A 3 4
5.
62 27
Характеристическое уравнение | A 1 2E| 3
512
2
3 0 приводится к виду l2 –
2
212
– 7l + 6 = 0. Корни квадратного уравнения l 1 = 6, l 2 = 1. Соответствующие орто%
1 223 4
1 2 11 3
нормированные собственные векторы e14 5
6 7, e2 5
6 7, и, следовательно,
5 819
58 2 9
1 2 2 11 3
1 2 2 13
T
U4
51 2 6, U 4
5
6.
57
5 7 11 2 8
8
В базисе 11 2 {e11 , e12 } заданная квадратичная форма имеет вид A 2 6x112 3 x212, а со%
ответствующее преобразование координат
1x 3
55 1
6
5x2 3
58
2 2
x1 4
5
1 2
x1 7
5
1 2
x2,
5
1
2 2
x2.
5
Квадратичная форма A(x, x), определенная в действительном линейном простран%
стве Ln, называется положительно (отрицательно) определенной, если для всякого
x Î Ln (x ¹ 0)
A(x, x) > 0 (< 0).
— последовательность главных миноров матрицы A.
Критерием положительной определенности квадратичной формы является сле6
дующий критерий Сильвестра: для того чтобы квадратичная форма A(x, x) была
положительно определенной, необходимо и достаточно, чтобы все главные мино
ры ее матрицы A = ||aij|| были положительны, т. е. Dk > 0, k = 1, 2, ..., n.
ПРИМЕР 2.26. Определить, является ли положительно определенной квадратич6
ная форма A (x, x) 1 x12 2 2x22 2 x32 2 2x1x2 2 4x1x3 2 2x2x3.
4. Кривые и поверхности второго порядка.
Приведение к каноническому виду
Гиперповерхностью второго порядка в евклидовом пространстве Rn называется
множество точек, координаты которых удовлетворяют уравнению
n
n
n
A (x, x) 2 2( b, x) 2 c 1 33 aij xi xj 2 23 bkxk 2 c 1 0,
i 11 j 11
k 11
(2.34)
где в левой части стоит многочлен второй степени от n переменных x1, ..., xn.
Задача классификации гиперповерхностей второго порядка состоит в нахожде6
нии такого базиса в Rn, в котором левая часть уравнения в новых переменных x11 ,..., xn1
85
ГЛАВА 2. ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
имеет наиболее простой вид. Для этого сначала ищется такое ортогональное преоб)
n
n
разование, что в новых переменных квадратичная форма A (x, x) 1 22 aij xi xj имеет
i 11 j 11
канонический вид. В новом базисе уравнение (2.34) записывается следующим образом:
n
n
k 11
k 11
5 3kxk22 4 25 bk2 xk2 4 c 1 0,
причем не все lk, k = 1, 2, ..., n, равны нулю. Если lk ¹ 0, то переносом начала коорди)
нат можно уничтожить линейный член:
2
b12
b1 3 b12
2
4 kxk12 5 2bk1 xk1 6 4 k 8 xk1 5 k 9 7 k 6 4 kxk112 7 k .
4k
4k
4k
После таких преобразований получаем (изменяя нумерацию переменных, если
это необходимо)
31x1222 1 ... 1 3 sxs222 1 bs2211xs2211 1 ... 1 bn22xn22 1 c22 4 0.
(2.35)
Уравнение (2.13) называется каноническим уравнением гиперповерхности второго
порядка.
Множество точек плоскости R2, удовлетворяющих уравнению (2.34), называет)
ся кривой второго порядка. В этом случае каноническое уравнение (2.35) может при)
нимать один из следующих видов (в переменных x, y):
1) l1x2 + l2y2 + c = 0 (l1l2 ¹ 0);
2) l1x2 + by = 0 (l1 ¹ 0);
3) l1x2 + c = 0 (l1 ¹ 0).
ПРИМЕР 2.27. Написать каноническое уравнение кривой второго порядка
5x2 1 4xy 1 2y2 1 2 5x 1 8 5y 1 1 2 0,
определить ее тип и найти каноническую систему координат.
15 22
& Матрица квадратичной части многочлена второй степени равна 3
4. Ее соб)
52 26
1 2
1 1 2 2
1 2
,4
,
ственные числа: l1 = 6 и l2 = 1; собственные векторы: e1 3 5
6, e2 3 5
6.
58
7 5
7 5 58
После выполнения преобразования, соответствующего повороту на угол 1 2 arctg
1
2
относительно начала координат:
2 1 1 1
1 1 2 1
x3
y, y2
x4
y,
5
5
5
5
уравнение кривой приведется к виду
x2
1 2
1 1
1 32
2 32
6x32 4 y32 4 2 5 7
x3 5
y 8 4 8 57
x3 4
y 8 4 1 6 0.
5
5
9 5
9 5
Так как l1 и l2 отличны от нуля, то по каждой из новых переменных x¢ и y¢
можно выделить полный квадрат:
6(x¢2 + 2x¢ + 1) – 6 + (y¢2 + 14y¢ + 49) – 49 + 1 = 0,
86
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
или
6(x¢ + 1)2 + (y¢ + 7)2 = 54.
Заменой переменных x¢ = x² – 1, y¢ = y² – 7, соответ&
ствующей сдвигу по каждой из координатных осей, по&
x112 y112
2
3 1.
9
54
Последнее уравнение — уравнение эллипса (рис. 2.1).
Результирующее преобразование имеет вид
лучаем
2 11 1 11
1 11 2 11
x 3
y 4 5, y 2
x 4
y 3 3 5,
5
5
5
5
а каноническая система координат — áO², e1, e2ñ, где
x2
O11 2 ( 5, 3 3 5), e1 2
2
1
1
2
i3
j, e2 2
i4
j. 1
5
5
5
5
Рис. 2.1
В задачах 2.213–2.218 написать каноническое
уравнение кривой второго порядка, определить ее тип и найти канониче&
скую систему координат.
2.213. 9x2 – 4xy + 6y2 + 16x – 8y – 2 = 0.
2.214. x2 – 2xy + y2 – 10x – 6y + 25 = 0.
2.215. 5x2 + 12xy – 22x – 12y – 19 = 0.
2.216. 4x2 – 4xy + y2 – 6x + 3y – 4 = 0.
2.217. 2x2 + 4xy + 5y2 – 6x – 8y – 1 = 0.
2.218. x2 – 4xy + 4y2 – 4x – 3y – 7 = 0.
Множество точек евклидова пространства R3, удовлетворяющих уравнению
(2.34), называется поверхностью второго порядка. В этом случае каноническое урав&
нение (2.35) может принимать один из следующих видов (в переменных x, y, z):
1) l1x2 + l2y2 + l3z2 + c = 0 (l1l2l3 ¹ 0);
2) l1x2 + l2y2 + bz = 0 (l1l2 ¹ 0);
3) l1x2 + l2y2 + c = 0 (l1l2 ¹ 0);
4) l1x2 + by = 0 (l1 ¹ 0);
5) l1x2 + c = 0 (l1 ¹ 0).
Поверхности типов 3)–5) являются цилиндрами (эллиптическими, гиперболи&
ческими и т. д. в зависимости от типа кривой в сечении плоскостью z = 0).
ПРИМЕР 2.28. Написать каноническое уравнение поверхности второго порядка
4x2 + 4y2 – 8z2 – 10xy + 4yz + 4zx – 16x – 16y – 8z + 72 = 0,
определить ее тип и найти каноническую систему координат.
2 4 15 2 3
& Матрица квадратичной части многочлена второй степени равна 4 15 4 2 5 .
44
55
6 2 2 18 7
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
§ 3.1.
ПОНЯТИЕ ФУНКЦИИ.
ЭЛЕМЕНТАРНЫЕ ФУНКЦИИ,
ИХ СВОЙСТВА И ГРАФИКИ
1. Понятие функции
Пусть D — заданное множество действительных чисел. Если каждому числу x Î D
поставлено в соответствие некоторое действительное число y, то говорят, что на мно!
жестве D задана функция (более полно — числовая функция одной переменной). Пе!
ременную x называют аргументом или независимой переменной, а y — зависимой
переменной или функцией. Если правило соответствия обозначить через f, то пишут
y = f(x). Считая x произвольным из D, эту запись понимают также как обозначение
функции. Множество D называется областью определения функции, а множество
всех чисел y, которые принимает функция, когда переменная x пробегает все значе!
ния из D, называют множеством (или областью) значений функции f. Часто его
обозначают E(f). Запись f: X ® Y означает, что область определения функции f есть
множество X, а значения функции принадлежат множеству Y.
Если функция задана формулой и область определения не указана, то за область
определения (естественная область определения) функции принимают множество
всех значений переменной, при которых формула имеет смысл. Нахождение облас!
ти значений функций является чаще всего более сложной задачей, чем нахождение
области определения функции.
ПРИМЕР 3.1. Найти область определения и множество значений функции
f ( x) 1 1 2 x 2 .
& Функция f (x) 1 1 2 x2 определена для тех значений x, для которых подкорен!
ное выражение неотрицательно, т. е. 1 – x2 ³ 0. Решениями этого неравенства явля!
ются точки отрезка [–1; 1]. Следовательно, D(f) = [–1; 1].
Для нахождения множества значений, выясним, при каких a уравнение 1 1 x2 2 a
имеет решение. Очевидно, что a должно быть неотрицательно и 1 – x2 = a2, или
x2 = 1 – a2. Последнее уравнение имеет решения, если 1 – a2 ³ 0, т. е. |a| £ 1. Так как
a ³ 0, то получаем, что E(f) = [0; 1]. Другой способ нахождения области значений,
основанный на вычислении наибольшего и наименьшего значений дифференцируе!
мой функции, см. ниже (§ 3.7, п. 1). %
3.1. Найти функциональную зависимость радиуса R основания конуса от
его объема V при постоянной величине высоты конуса H = 1. Найти область
определения этой функции.
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
89
3.2. Найти функциональную зависимость площади равнобедренного тре0
угольника S с заданным основанием a = 2 от величины угла a при основании
треугольника. Найти область определения этой функции.
3.3. Найти зависимость площади поверхности шара S от величины объе0
ма шара V.
3.4. Написать выражение для объема V конуса как функции от его боко0
вой поверхности S при заданной длине образующей l = 2.
3.5. Две точки движутся по перпендикулярным прямым со скоростью
v км/ч каждая к точке пересечения прямых. Написать формулу зависимо0
сти расстояния S между точками от времени движения t, если в начальный
момент времени они находились на расстояниях a км и b км от точки пересе0
чения прямых.
3.6. Первую часть пути тело проходит со скоростью v км/ч, а оставшуюся
часть со скоростью 2v км/ч. Написать формулу зависимости средней скоро0
сти прохождения пути длиной S от величины l км первой части пути.
3.7. Для функции f(x) = lg2x найти f(1), f(0,1), f(100), f(0,001).
3.8. Для функции f (x) 1 1 2 x2 найти f(0), f(0,6), f(1), f(0,5).
3.9. Найти f(–1), f(0), f(0,5), f(1), f(2), если
421 x , 1 2 3 x 3 0,
5
f (x) 6 91 7 x, 0 8 x 3 1,
55 1 x, 1 8 x 3 72.
3.10. Найти f(0), f(p), f(2p), f(7), если
6sin x, 1 2 3 x 4 5,
7
f (x) 8 925 1 x, 5 3 x 3 25,
7(x 1 25)2 , 25 4 x 3 2.
3.11. Дана функция y(x) = x2. Найти:
а) y(–x); б) y(x – 1); в) y(x) – 1; г) y(1/x); д) 1/y(x); е) y(2x); ж) 2y(x).
3.12. Дана функция y(x) = 1/x. Найти:
а) y(3x); б) y(3(x + 2)); в) 4y(3(x + 2)); г) 2 – 4y(3(x + 2)).
В задачах 3.13–3.24 найти естественные области определения функций.
3.13. y 2 3 1 4x .
x2 3 4x 3 3
.
x 2 1 6x 3 5
23x
3.19. y 2
.
11 x
3.16. y 2
3.14. y 2 ln(x2 1 1).
3.17. y 2 x 3 1 1 x .
x2 1 1
.
x 12
13 x
3.22. y 2 lg(2cos x 1 1). 3.23. y 2 arcsin
.
11 x
3.20. y 2 3
2x 1 3
.
3
1
3.18. y 2 1x 3
.
33x
3.15. y 2 arccos
3.21. y 2 sin x .
3.24. y 2 sin x .
В задачах 3.25–3.30 найти области определения и множества значений
функций.
90
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1
.
x2 2 4x 2 5
3.28. y 1 log2 (x2 3 4). 3.29. y 1 log 0,5 (16 3 x2 ). 3.30. y 1 sin x 2 cos x.
3.25. y 1 x2 2 2x 2 3.
3.26. y 1 5 3 x2 2 2x .
3.27. y 1
Пусть заданы функции f: X ® Y и g: Y ® Z. Их композицией (или сложной функ
цией), полученной последовательным применением сначала f, а затем g, называется
функция h = g o f: X ® Z, определенная равенством h(x) = g(f(x)), x Î D(f).
ПРИМЕР 3.2. Пусть g(x) = x 4 – 1 и f (x) 1 x . Найти сложные функции h1(x) =
= f(g(x)) и h 2(x) = g(f(x)) и их области определения.
& Найдем области определения и множества значений заданных функций: D(g) = R,
E(g) = [–1; +¥) и D(f) = [0; +¥), E(f) = [0; +¥).
Функция h1(x) = f(g(x)) определена при тех значениях x Î D(g), при которых знаB
чения функции g(x) Î D(f), т. е. при x4 – 1 ³ 0. Отсюда x Î (–¥; –1] U [1; +¥). ПолучаB
ем h1 (x) 1 x4 2 1 и D(h1) = (–¥; –1] U [1; +¥).
Так как D(g) = R, то для всех x Î D(f) выполняется f(x) Î D(g). Следовательно,
область определения функции h2(x) = g(f(x)) совпадает с областью определения функB
ции f. Таким образом, h2 (x) 1 ( x )4 2 1 1 x2 2 1, D(h2) = [0; +¥). %
ПРИМЕР 3.3. Найти функцию h(x) = f(g(x)), если g(x) = arcsin x, f (x) 1 x .
& Найдем области определения функций f и g, а также множество значений g(x):
1 1
D(f) = [0; +¥), D(g) = [–1; 1], E( g ) 4 265 ; 37. Функция h(x) = f(g(x)) определена при
8 2 29
тех значениях x Î D(g), при которых g(x) Î D(f), т. е. если g(x) ³ 0. Последнее нераB
венство выполняется для x Î [0; 1]. Получаем h(x) 1 arcsin x , D(h) = [0; 1]. %
В задачах 3.31, 3.32 найти f(g(x)), f(f(x)), g(f(x)), g(g(x)).
3.31. f(x) = 2x – 1, g(x) = x3. 3.32. f(x) = (x + 1)2, g (x) 1 x .
Функция f(x)называется четной (нечетной), если ее область определения симB
метрична относительно точки x = 0 и f(–x) = f(x) (f(–x) = –f(x)) для любого x Î D(f).
Какие из нижеследующих функций являются четными, какие нечетныB
ми, а какие не являются ни четными, ни нечетными?
3.33. f (x) 1 x4 2 2x2 . 3.34. f (x) 1 sin x 3 cos x. 3.35. f (x) 1 sin x 4 cos x.
14 x
ex 4 1
3.36. f (x) 1 (x 4 1)2 . 3.37. f (x) 1 lg
. 3.38. f (x) 1 x
.
12 x
e 21
Функция f(x)называется периодической, если существует положительное число
T > 0 (период функции) такое, что f(x + T) = f(x) для любого x Î D(f).
В задачах 3.39–3.44 определить, какие из указанных функций являются
периодическими, и найти их наименьшие периоды.
3.39. f(x) = 4sin 3x.
3.40. f(x) = sin2x.
3.41. f(x) = tg 2x – tg 3x.
3.42. f(x) = sin3x. 3.43. f (x) 1 cos x 2 cos( 2x).
3.44. f(x) = sin x2.
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
91
Пусть функция f такова, что для любых x1, x2 Î D(f) из условия x1 ¹ x2 следует
f(x1) ¹ f(x2). В этом случае для каждого y Î E(f) существует единственное x Î D(f) та9
кое, что y = f(x). Тем самым на множестве E(f) определена новая функция, отобра9
жающая множество E на D. Ее называют обратной к функции f и обозначают f–1.
При этом для всякого x Î D выполняется равенство f–1(f(x)) = x, а для всякого y Î E —
равенство f(f–1(y)) = y. Исходная функция f является обратной к f–1.
2x
.
x 21
2x
2
& Областью определения функции f (x) 1
является множество
122
x 31
x 31
D(f) = (–¥; 1) U (1; +¥), а множеством значений — E(f) = (–¥; 2) U (2; +¥).
ПРИМЕР 3.4. Найти обратную функцию для f (x) 1
2x
относительно x.
x 21
Если для любого y Î E(f) это уравнение имеет единственное относительно x решение,
то условие существования обратной функции f(x1) ¹ f(x2) для x1, x2 Î D(f), x1 ¹ x2,
будет выполнено. Из уравнения находим 2x = xy – y или x(2 – y) = –y. Так как y = 2
не принадлежит E(f), то последнее уравнение для любого y Î E(f) имеет единствен9
y
y
. Обозначая независимую пере9
. Таким образом, f 11 (y) 2
ное решение x 1
y 12
y 22
менную и для обратной функции через x, окончательно получаем f 11 (x) 2 x . За9
x 12
2
–1
писав ее в виде f 11 (x) 2 1 3
, находим, что E(f ) = (–¥; 1) U (1; +¥) = D(f). %
x 12
Для нахождения обратной функции решим уравнение y 1
В задачах 3.45–3.53 для заданных функций f(x) найти обратные функ9
ции f–1(x) и области их определения.
3.45. f (x) 2 3 2x 3 7. 3.46. f (x) 2 3 10 1 3x .
3.48. f (x) 2
2x 3 3
.
x 11
3.51. f (x) 2 2x 12.
3.49. f (x) 2 3 1 2x 3 1.
3.47. f (x) 2
x 12
.
3x 3 5
3.50. f (x) 2 3x 1 5 1 1.
6x3 , 1 4 5 x 5 0,
3.52. f (x) 2 log 0,5 (5 1 x). 3.53. f (x) 2 7 2
9x 3 1, 0 8 x 5 34.
В задачах 3.54–3.57 найти обратную функцию и область ее определения,
если исходная функция задана на указанном промежутке.
3.54. y = x2 – 1: а) x Î (–¥; 0]; б) x Î [0; +¥).
3.55. y = –x2 – 2x + 3: а) x Î (–¥; –1]; б) x Î [–1; +¥).
3.56. y = cos x: а) x Î [0; p]; б) x Î [p; 2p].
3.57. y = tg x: а) x Î (–p/2; p/2); б) x Î (p/2; 3p/2).
2. Элементарные функции и ихграфики
Следующие функции называются основными (простейшими) элементарными.
1. Степенная функция: y = xa, a Î R. (В общем случае степенную функцию счи9
тают определенной при x > 0. Но в ряде случаев область определения расширяют.
Например, если a — натуральное число, то степенную функцию считают определен9
ной на R; если же a — целое отрицательное число, то для всех x ¹ 0.)
92
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
2. Показательная функция: y = ax, a > 0, a ¹ 1, x Î R.
3. Логарифмическая функция: y = logax, a > 0, a ¹ 1, x > 0.
4. Тригонометрические функции: y = sin x, x Î R; y = cos x, x Î R; y = tg x, x Î R,
1
3 1k, k Î Z; y = ctg x, x Î R, x ¹ pk, k Î Z.
2
5. Обратные тригонометрические функции: y = arcsin x, x Î [–1; 1]; y = arccos x,
x Î [–1; 1]; y = arctg x, x Î R; y = arcctg x, x Î R.
Элементарной называется функция, которая может быть получена из основных
элементарных с помощью применения конечного числа арифметических действий и
операций композиции.
Графиком функции f(x) в декартовой прямоугольной системе координат Oxy
называется множество точек плоскости с координатами (x; f(x)), x Î D(f).
При построении графиков функций часто используют следующие простые преC
образования графиков. Пусть график функции y = f(x) уже построен. Тогда:
1. График функции y = f(x + a) получается параллельным переносом вдоль оси
Ox графика функции y = f(x) на a единиц влево, если a > 0, и на (–a) вправо, если
a < 0.
2. График функции y = f(x) + a получается параллельным переносом вдоль оси
Oy графика функции y = f(x) на a единиц вверх при a > 0 и на (–a) вниз при a < 0.
3. График функции y = –f(x) получается зеркальным отражением относительно
оси Ox графика функции y = f(x).
4. График функции y = f(–x) получается зеркальным отражением относительно
оси Oy графика функции y = f(x).
5. График функции y = af(x), a > 0, получается из графика функции y = f(x) расC
тяжением в a раз при a > 1 или сжатием в 1/a раз при 0 < a < 1 вдоль оси Oy.
6. График функции y = f(ax) получается из графика функции y = f(x) сжатием в
a раз при a > 1 или растяжением в 1/a раз при 0 < a < 1 вдоль оси Ox.
ПРИМЕР 3.5. Построить график функции f(x) = 4cos2x.
& Преобразуем функцию к виду f(x) = 4cos2x = 2 + 2cos 2x и получим ее график из
графика основной элементарной функции cos x. Запишем цепочку преобразований
x2
(1)
(2)
(3)
cos x 1 cos2x 1 2cos2x 1 2 2 2cos2x.
Первое преобразование означает сжатие графика функции cos x вдоль оси Ox в два
раза, второе — растяжение полученного графика вдоль оси Oy в два раза, третье —
сдвиг вдоль оси Oy на две единицы вверх (рис. 3.1). %
В некоторых случаях при построении графика функции целесообразно разбить
ее область определения на несколько непересекающихся промежутков и последоваC
тельно строить график на каждом из них.
Рис. 3.1
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
93
ПРИМЕР 3.6. Построить график функции f(x) = |2x – 3| + x2.
1x2 2 2x 3 3, x 4 3 ,
13 2 2x, x 3 3 ,
5
4
2
2
& Так как |2x 2 3| 5 6
то f (x) 6 7
Таким образом, для
3
5x2 3 2x 2 3, x 8 3 .
42x 2 3, x 7 ,
9
2
8
2
построения графика функции f(x) достаточно постро5
ить графики квадратичных функций f1(x) = x2 – 2x + 3
и f2(x) = x2 + 2x – 3, а затем выделить их части на про5
межутках
156, 32 2 и 3932, 7 6 48 соответственно. Выделяя
полные квадраты, функции f1 и f2 представим в виде
f1(x) = (x – 1)2 + 2 и f2(x) = (x + 1)2 – 4. Графики каждой
из них можно построить, преобразуя график основной
элементарной функции x2 в соответствии с цепочками
преобразований
x2 ® (x – 1)2 ® (x – 1)2 + 2
и x2 ® (x + 1)2 ® (x + 1)2 – 4.
Окончательный вид графика показан на рис. 3.2. %
Рис. 3.2
В задачах 3.58–3.61 записать элементарные функции в виде композиции
основных элементарных функций.
3.58. f(x) = sin3x. 3.59. f(x) = | sin x |.
2
3.60. f (x) 1 2sin x . 3.61. f(x) = sin2 2x.
В задачах 3.62–3.88, преобразуя графики основных элементарных функ5
ций, построить графики указанных функций.
3.62. f(x) = –1 + 2(x + 1)2.
3.63. f(x) = 1 – 0,5(x – 1)2.
2
3.64. f(x) = –3x + 12x – 9.
3.65. f(x) = 2x2 + 8x + 9.
3
2
3.67. f (x) 1 2 2
.
3.66. f (x) 1 21 3
.
x
33
x 21
65 2 3x
2x 3 3
3.69. f (x) 1
.
3.68. f (x) 1
.
9x 2 6
x 22
3.70. f(x) = 2sin(0,5x + p/4) + 2. 3.71. f(x) = –0,5cos(2x + p/3) – 1.
3.72. f(x) = 23x+1 – 1.
3.73. f(x) = log1/2(4x + 8).
3.74. f(x) = –2arcsin(3x + 3).
3.75. f(x) = 0,5arccos(2x – 2).
3.76. f(x) = –3arctg(4x + 2).
3.77. f(x) = 2arcctg(2 – 2x).
3.78. f (x) 1 | 2 2 2x | 3 (2 3 x)2 .
3.79. f(x) = | x2 – 2x – 3 |.
2x 1 3
.
x 32
3.82. f(x) = log2(|x| – 2).
3.83. f(x) = | log0,5(x – 1) |.
3.84. f(x) = [x], где [x] — целая часть x, то есть наибольшее целое число,
не превосходящее x.
3.85. f(x) = {x}, где {x} = x – [x] — дробная часть x.
3.80. f(x) = sin |x|.
3.81. f (x) 2
94
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
311, x 2 0,
4
3.86. sgn x 5 60, x 5 0,
41, x 7 0.
8
§ 3.2.
ПРЕДЕЛ
1. Предел последовательности
Если каждому натуральному числу n Î N поставлено в соответствие некоторое
действительное число f(n), то говорят, что задана последовательность действитель>
ных чисел. Число f(n) называется n>м членом последовательности и обозначается
символом xn, а формула xn = f(n) называется формулой общего члена последователь>
ности {xn}.
В задачах 3.95–3.98 написать первые пять членов последовательности.
(11)n
2n 1 1
.
.
3.95. xn 2
3.96. xn 2 1 3
3n 3 2
n
4n
3.97. xn 2 sin .
3.98. xn 2 n(1 1 (11)n ).
4
В задачах 3.99–3.104 найти формулу общего члена последовательности.
1 1 1 1
1 2 3
4 6 8
3.99. 1 , , 1 , , ... 3.100. 0, , , , ...
3.101. 2, , , , ...
2 3 4 5
2 3 4
3 5 7
1
1
3.102. 0, 2, 0, 2, ...
3.103. 1, 0, 1 3, 0, 5, 0, 1 7, ... 3.104. 1, 2, , 4, , 6, ...
3
5
Число a называется пределом последовательности {xn}, если для любого e > 0 най>
дется такой номер N(e), что для всех n > N(e) выполняется неравенство |xn – a| < e. Обо>
значение: a 3 lim xn . Последовательность, имеющая предел, называется сходящейся.
n12
ПРИМЕР 3.7. Пользуясь определением предела последовательности, доказать,
что lim 2n 3 1 4 2 . Начиная с какого n выполняется неравенство |xn – 2/3| < 0,01?
3
n 1 2 3n 3 4
& Зададим произвольное e > 0. Нужно найти номер N(e) такой, что для любого
натурального n > N(e) выполняется неравенство 2n 1 1 2 2 3 4. Для этого решим это
3n 1 4 3
неравенство относительно n. Последовательно находим
2n 1 1 2
25
5
2 34 5
34 5
3 4.
3n 1 4 3
3(3n 1 4)
3(3n 1 4)
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
ство |xn – 2/3| < 0,01 выполняется, начиная с номера n = 55. %
ПРИМЕР 3.8. Пользуясь определением предела последовательности, доказать,
n2 3 3
1
4 .
что lim 2
2
n 12 2n 3 3n 3 1
& Как и в примере 3.7, возьмем произвольное e > 0 и найдем номер N(e) такой,
что для любого натурального n > N(e) выполняется неравенство
n2 1 3
1
2 3 4.
2n2 1 3n 1 1 2
Преобразуем последнее неравенство к виду
|5 1 3n |
2 3.
2(2n2 4 3n 4 1)
Заметим, что в определении предела последовательности не требуется нахожде6
ние наименьшего номера N(e) такого, чтобы для любого n > N(e) выполнялось нера6
венство |xn – a| < e. Поэтому заменим полученное неравенство более сильным (но бо6
лее простым). Учитывая, что |5 – 3n| < 3n, а 2n2 + 3n + 1 > 2n2, получим
|5 1 3n |
3n
3
23 4
23 5
2 n.
43
2(2n2 6 3n 6 1)
4n2
3
Отсюда, полагая N (3) 4 15 26, заключаем, что для любого натурального n > N(e)
7 43 8
выполняется неравенство
n2 1 3
1
2 3 4, что и требовалось доказать. %
1 3n 1 1 2
2n2
В задачах 3.105–3.110, используя определение предела последователь6
ности, доказать, что a 3 lim xn .
n12
3n 1 1
3
, a2 .
2n 3 1
2
sin n2
3.107. xn 2
, a 2 0.
n
2n3 3 n 1 1
3.109. xn 2 3
, a 2 2.
n 3 n2 1 2
3.105. xn 2
9n2 1 1
, a 2 3.
3n2 3 1
n cos n
3.108. xn 2 2
, a 2 0.
n 11
n4 1 n 1 2
1
3.110. xn 2 4
, a2 .
3
3
3n 3 n 3 1
3.106. xn 2
96
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
3.111. Доказать, что число a = 1 не является пределом последовательно)
3n 1 1
.
2n 3 1
3.112. Доказать, что последовательность
сти xn 2
1 1 , n 2 2k,
3
xn 2 4 k
3 k 5 1 , n 2 2k 5 1,
6 k
где k Î N, не имеет предела.
При вычислении пределов последовательностей используются арифметические
свойства сходящихся последовательностей: если
lim xn 3 a, lim yn 3 b, то
n12
n12
lim (xn 3 yn ) 4 a 3 b, lim xn yn 4 ab, lim
n12
n12
n12
xn a
4 , b 5 0.
yn b
n2 3 n
.
n 1 2 3n2 3 2
ПРИМЕР 3.9. Вычислить предел lim
& Последовательности {n2 1 n } и {3n2 – 2} не являются сходящимися. Поэтому
сразу применить свойство о пределе частного нельзя. Преобразуем дробь, вынося за
скобки в числителе и, соответственно, в знаменателе старшую степень n:
1 6
1
17
9
3
n3
n
lim
lim
.
2
n34
n34
2
37 2
n2 3 7 2
n
n
Используя определение предела последовательности, легко доказать, что
n2 7 n
lim
n 3 4 3n2 7 2
lim
n23
5
n2 8 1 7
1
2
1
4 0, если a > 0. Тогда, на основании арифметических свойств предела, полу)
n1
1
2
3
1 4
1
6 1 и, аналогично, lim 3 5 22 6 3 7 0. Теперь, в
1 5 lim
чаем lim 71 5
8 6 nlim
n129
12
n 1 2 n3
n34
n3
n
силу свойства о пределе частного последовательностей, окончательно находим
1
n3
lim
2
n34
37 2
n
17
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
При вычислении пределов выражений, содержащих разности радикалов, полез+
ным является прием перевода иррациональности из числителя в знаменатель (или
наоборот) путем умножения числителя и знаменателя на выражение, содержащее
сумму радикалов (часто называемое сопряженным к исходному выражению).
ПРИМЕР 3.10. Вычислить предел lim ( 3 n3 3 2n2 4 n).
n12
& Так как последовательности {3 n3 1 2n2 } и {n} расходятся, то применить прави+
ло о пределе разности нельзя. Преобразуем выражение под знаком предела, умножив
и разделив его на сопряженное выражение
lim ( 3 n3 5 2n2 6 n) 8 lim
Последовательность {an} называется бесконечно малой, если lim 3n 4 0.
n12
Последовательность {bn} называется бесконечно большой (сходящейся к беско+
нечности), что записывается lim 3n 4 2, если для любого числа E > 0 существует но+
n12
мер N(E) такой, что при n > N(E) выполняется неравенство |bn| > E. Если для n > N(E)
выполняется неравенство xn > E (xn < –E), то пишут lim xn 3 42 ( lim xn 3 52) и гово+
n12
n12
рят, что последовательность сходится к +¥ (–¥).
В задачах 3.125–3.130 установить, какие из последовательностей явля+
ются бесконечно большими.
3.125. xn = 2n.
3.126. xn = (–1)nn2.
n
3.128. xn 2 n( 11) . 3.129. xn = n + sin n.
3.127. xn 2 n cos
1n
.
2
3.130. xn = n + n cos pn.
98
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
При вычислении пределов полезны следующие утверждения относительно бес,
конечно малых и бесконечно больших последовательностей:
1) если {an} бесконечно малая последовательность, то {1/an} является бесконечно
большой последовательностью;
2) если {bn} бесконечно большая последовательность, то {1/bn} является беско,
нечно малой последовательностью;
3) если последовательность {yn} ограниченная, а {an} бесконечно малая последо,
вательность, то последовательность {an × yn} является бесконечно малой;
4) если последовательность |yn| ³ a > 0, а {bn} бесконечно большая последователь,
ность, то последовательность {yn × bn} является бесконечно большой.
ПРИМЕР 3.11. Вычислить lim
n12
2 3 sin n
.
n
& Запишем общий член последовательности в виде произведения:
2 1 sin n 1
2 (2 1 sin n).
n
n
Так как 1 £ 2 + sin n £ 3 при любом n, то последовательность {2 + sin n} ограничена.
1
1
3 (2 4 sin n) бесконечно малая. Следо,
Поскольку lim 3 0, то последовательность
n
n12 n
2 3 sin n
вательно, lim
4 0. 1
n
n12
2. Предел функции
Пусть функция f(x) определена в некоторой окрестности точки x0 за исключени,
ем, быть может, самой точки x0 (т. е. в проколотой окрестности точки x0). Число A
называют пределом функции f(x) в точке x0 и пишут lim f (x) 2 A, если для всякого
x 1 x0
числа e > 0 найдется число d(e) > 0 такое, что для любого x из этой окрестности, удов,
летворяющего условиям |x – x0| < d(e), x ¹ x0, выполняется неравенство |f(x) – A| < e
(определение предела по Коши).
Определение предела функции можно сформулировать также следующим обра,
зом: число A называется пределом функции f(x) в точке x0, если для любой последо,
вательности xn ® x0, xn ¹ x0, соответствующая последовательность значений функ,
ции f(xn) ® A (определение предела по Гейне). Определение предела функции по Гей,
не позволяет использовать свойства предела последовательности для вычисления
пределов функции.
ПРИМЕР 3.12. Доказать, пользуясь определениями предела функции, что
lim
x 11
x2 2 2x 3 3
4 2.
2x 3 2
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
99
& 1) В соответствии с определением предела по Коши, нужно для каждого e > 0
найти число d(e) > 0 такое, что для всех x, удовлетворяющих условиям |x – 1| < d(e),
2
x ¹ 1, выполняется неравенство x 1 2x 2 3 2 2 3 4. При x ¹ 1 находим
2x 2 2
| x 1 1|
(x 1 1)(x 2 3)
x2 2 2x 1 3
12 3 4 5
12 3 4 5
3 4 5 | x 1 1| 3 24.
2x 1 2
2(x 1 1)
2
Таким образом, если положить d(e) = 2e, то для всех x, удовлетворяющих условиям
|x – 1| < d(e), x ¹ 1, выполняется неравенство
x2 1 2x 2 3
2 2 3 4, что и требовалось до?
2x 2 2
казать.
2) Возьмем произвольную последовательность x n ® 1, x n ¹ 1. Докажем, что
x2 1 2xn 2 3 xn 1 3
xn2 1 2xn 2 3
3
. Поэтому, учитывая арифметиче?
3 2. Если xn ¹ 1, то n
2xn 2 2
2
2xn 2 2
x 33
4 2. Следова?
ские свойства сходящихся последовательностей, получим lim n
2
n12
тельно, в силу произвольности выбора последовательности xn и определения предела
x2 2 2x 3 3
4 2. 1
2x 3 2
x 11
по Гейне, заключаем, что lim
В задачах 3.137–3.140, пользуясь определениями предела функции, до?
казать, что lim f (x) 2 A .
x 1 x0
3.137. f (x) 1 x3 , x0 1 2, A 1 8.
3.138. f (x) 1 x2 , x0 1 23, A 1 9.
1
1
3.139. f (x) 1 x , x0 1 27, A 1 3. 3.140. f (x) 1 , x0 1 , A 1 3.
x
3
Число A называют пределом функции f(x) при x, стремящемся к бесконечно
сти (пишут lim f (x) 3 A ), если для любого числа e > 0 найдется число d(e) > 0 та?
x12
кое, что для всех x, удовлетворяющих неравенству |x| > d(e), выполняется неравен?
ство |f(x) – A| < e.
В терминах последовательностей данное определение формулируется следующим
образом: число A называют пределом функции f(x) при x, стремящемся к бесконеч
ности, если для любой последовательности xn ® ¥ последовательность значений
функции f(xn) ® A. Аналогично определяются и обозначаются пределы функции при
x ® +¥ и x ® –¥.
Функция a(x) называется бесконечно малой при x ® x0, если lim 2(x) 3 0. Функ?
x 1 x0
ция b(x) называется бесконечно большой при x ® x0 (x0 — конечное число), пишут
lim 2(x) 3 4, если для любого числа E > 0 найдется число d(E) > 0 такое, что для всех
x 1 x0
x ¹ x0, удовлетворяющих неравенству |x – x0| < d, выполняется неравенство |b(x)| > E.
Функция b(x) называется бесконечно большой при x ® ¥, пишут lim 3(x) 4 2, если
x12
для любого числа E > 0 найдется число d(E) > 0 такое, что для всех x, удовлетворяю?
щих неравенству |x| > d, выполняется неравенство |b(x)| > E.
100
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
В задачах 3.141–3.146 сформулировать определения указанных пределов.
3.141. lim f (x) 5 A.
3.142. lim f (x) 5 21.
3.143. lim f (x) 5 5.
3.144. lim f (x) 5 23.
3.145. lim f (x) 5 43.
3.146. lim f (x) 5 3.
x 1 23
x 1 43
x 1 43
x 13
x13
x13
В задачах 3.147–3.149, пользуясь определением предела функции, дока8
зать равенства.
2x 2 1
3x 2 4 1
4x2 2 1
5 2. 3.148. lim
5 . 3.149. lim 2
5 4.
x 1 23 x 2 3
x 1 43 6x 4 1
x 13 x 41
2
3.147. lim
Для исследования функций используют также понятие одностороннего преде8
ла. Число A называют пределом функции f(x) в точке x0 справа (слева) и пишут
lim f (x) 4 A ( lim f (x) 4 A ), если для любого числа e > 0 найдется число d(e) > 0
x 1 x0 2 0
x 1 x0 3 0
такое, что для всех x, удовлетворяющих неравенству 0 < x – x0 < d(e) (–d(e) < x –
– x0 < 0), выполняется неравенство |f(x) – A| < e.
В задачах 3.150–3.153 сформулировать определения указанных пределов.
3.150. lim f (x) 4 2.
x 1 12 0
3.151. lim f (x) 4 3.
x 1 230
3.152. lim f (x) 4 25. 3.153. lim f (x) 4 5.
x 1 213 0
x 1 4 20
При вычислении пределов функций, как и в случае последовательностей, при8
меняются свойства предела суммы, разности, произведения и частного двух функ8
ций, свойства бесконечно малых и бесконечно больших функций.
x 3 227
.
x2 3 4x 2 21
& Применяя свойства о пределе произведения и суммы (разности) функций, на8
ПРИМЕР 3.13. Вычислить предел lim
x 12
ходим lim(x3 2 27) 3 8 2 27 3 219 и lim (x 2 24x 3 21) 4 39. Следовательно, в силу свойст8
x 12
x 12
ва о пределе частного двух функций, получаем xlim
12
x 3 227
19
3 .1
x2 4 4x 2 21 9
x 3 327
.
4 4x 3 21
& Числитель и знаменатель дроби стремятся к бесконечности при x ® ¥. Поэто8
ПРИМЕР 3.14. Вычислить предел lim
x 1 2 x2
му сначала преобразуем выражение
x2
x 3 127
к виду
2 4x 1 21
x 3 (1 1 27/ x3 )
x(1 1 27/ x3 )
1 1 27/ x3
x 3 127
2 2
2
2 x3
.
2
2
x 4 4x 1 21 x (1 4 4/ x 1 21/ x ) 1 4 4/ x 1 21/ x
1 4 4/ x 1 21/ x2
2
В силу свойств бесконечно больших функций и арифметических свойств предела
1 3 27/ x3
4 1. Произведение бесконечно большой функции при
x 1 2 1 5 4/ x 3 21/ x2
функции lim
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
101
x ® x0 на функцию, предел которой отличен от нуля при x ® x0, также является
бесконечно большой функцией при x ® x0. Отсюда окончательно находим
lim
x 1 2 x2
x 3 327
4 2. 1
5 4x 3 21
В задачах 3.154–3.159 вычислить пределы.
x2 3 2x 4 3
4x3 3 6x 3 7
2x7 3 3x3 3 4
. 3.155. lim 3
. 3.156. lim 6
.
3
x
1
2
x
1
2
x 3 3x 4 5
3x 3 2x 4 8
3x 3 x4 3 3x2 4 2
1/ x
sin x 3 2cos x
1 3 8x 4 6
3.157. lim (2 3 x) . 3.158. lim
. 3.159. lim 3
.
x 1 03
x 1 2 x3 3 2x 3 1
x 16
3 3 4x
3.154. lim
x 11
3. Пределы рациональных дробей
и иррациональных выражений
Рациональной дробью называется отношение двух алгебраических многочленов.
Если знаменатель рациональной дроби
Pm (x)
отличен от нуля при x = x0, то из арифD
Qk (x)
При вычислении пределов иррациональных выражений часто используются сле;
дующие приемы:
а) введение новой переменной для избавления от иррациональности;
б) умножение и деление иррационального выражения на выражение, сопряжен;
ное к числителю или знаменателю.
ПРИМЕР 3.16. Вычислить предел xlim
10
4. Замечательные пределы
Первым замечательным пределом называется равенство lim sin x 2 1. Из этого
x 10 x
sin 2(x)
3 1, если a(x) ® 0 при x ® x0, a(x) ¹ 0 в некоторой
равенства следует, что lim
x 1 x0 2(x)
проколотой окрестности точки x0. Именно в такой форме первый замечательный пре:
дел часто используется при вычислении пределов тригонометрических выражений.
ПРИМЕР 3.18. Вычислить lim
x 10
sin5x
.
x
& Так как 5x ® 0 при x ® 0 и 5x ¹ 0, если x ¹ 0, то lim
x 10
lim
x 10
sin5x
2 1. Следовательно,
5x
sin5x
5sin5x
2 lim
2 5. 1
x
5x
x 10
ПРИМЕР 3.19. Вычислить lim
x 1 23
8x 2 1 sin
1
.
2x
& Так как 1/ 2x 1 0 при x ® +¥ и 1/ 2x 1 0, то lim
x12
тельно,
x 5 8 2 1/ x
sin(1/ 2x )
8x 2 1
5 lim
4 lim
4 2. 1
x
1
23
x
1
23
1/ 2x
2x
x5 2
В задачах 3.190–3.204 вычислить пределы, используя первый замеча:
тельный предел.
tg x
1 3 cos x
arcsin4x
3.190. lim
.
3.191. lim
.
3.192. lim
.
x 10 x
x10
x 10
x
x2
arctg3x
tg3x
3x
.
.
.
3.193. lim
3.194. lim
3.195. lim
x 10
x 1 0 sin5x
x 1 0 sin5x
8x
ctg x
sin3x
.
.
3.196. lim
3.197. lim
3.198. lim (x 3 22)ctg3x.
x12 x 3 2
x 1 2 /2 sin6x
x 1 22
2cos x 3 1
sin5x 3 sin3x
cos x 3 cos3x
. 3.200. lim
. 3.201. lim
.
3.199. lim
x 1 2 /3 x 3 2 /3
x10
x 10
sin x
x2
1
2
. 3.203. lim
3.202. lim ctg x 3
3 2x tg x .
x 10
x 1 2 /2 cos x
sin x
3.204. lim (sin x 7 1 3 sin x ).
4
x16
5
4
5
104
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1 x1 2
Вторым замечательным пределом называют равенство lim 1 5
x34
1( x )
1 4
венство lim(1 2 x)1/x 3 e. Отсюда следует, что lim 371 5
x 10
1(x) 8
x 2 x0 9
x
6 e или ра
6 e, если b(x) является
бесконечно большой функцией при x ® x0, и lim (1 3 1(x))1/1 ( x ) 4 e, если a(x) ¹ 0 —
x 2 x0
бесконечно малая функция при x ® x0. Данные соотношения применяются при вы
числении пределов вида lim f (x) g ( x ) , где lim f (x) 2 1, lim g (x) 2 3.
x 1 x0
x 1 x0
x 1 x0
1 xx 55 42 2
2x
ПРИМЕР 3.20. Вычислить предел lim
x34
& Здесь f (x) 2
x14
1
3 1 и g(x) = 2x ® ¥ при x ® ¥. Запишем f(x) в виде 1 1
,
x12
2(x)
где b(x) ® ¥ при x ® ¥. Имеем
Так
как
.
1
x 12
x14
x14
2
4 5.
211
31 2 11
. Получили 2(x) 3
2
x 12
x12
x12
2
lim t ( x )
lim (u(x))t ( x ) 4 lim u(x) x1x0
x 3 x0
x 3 x0
4 A B,
lim u(x) 2 A 3 0, A 4 1,
если
x 1 x0
и
lim t(x) 2 B 3 4, то в силу второго замечательного предела
x 1 x0
1 xx 33 42 2
2x
lim
x56
8
1
7 lim 1 3
x56
1
2
7 lim 1 3
x 32
x56
2
x 32
2
2
x32
4x
9 x 32
2
2x
2
x32
1
x 32
2
x56
8
1
7 lim 1 3
2
7 lim 1 3
x 32
x56
2
2
x 32 2
4
4 2x
2 x 32
lim
7
4x
9 x 1 2 x 32
7 e4 . 1
1
ПРИМЕР 3.21. Вычислить предел lim (1 3 cos x) cos5x .
x 1 2 /2
& Используя второй замечательный предел в виде lim (1 3 1 (x))1/1 ( x ) 4 e, где
x 2 x0
a(x) ¹ 0 — бесконечно малая функция при x ® x0, получаем
cos x
1 4 cos5x
3
1
5
x
x6
cos5
cos
8 lim 9 (1 7 cos x)
8
lim (1 7 cos x)
x 1 2 /2
x 1 2 /2
cos x
1 4 x 12 /2 cos5x
3
cos x
lim
5
x6
cos
8 5 lim (1 7 cos x)
8 e x 12 /2 cos5x .
6
9 x 1 2 /2
lim
Так как
cos x
6 lim
x 3 4 /2 cos5x
t 30
lim
1
lim (1 3 cos x) cos5x 4 5 e . 1
x 1 2 /2
cos
1
1 24 5 t2
54
5 5t
cos
2
2
6 lim
t 30
sin t 1
6 , то окончательно выводим
sin5t 5
105
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
В задачах 3.205–3.208 доказать следствия из второго замечательного
предела.
log a (1 3 x)
ln(1 3 x)
1
4 1. 3.206. lim
4
.
3.205. lim
x 10
x 10
x
x
ln a
(1 3 x)2 5 1
ax 5 1
3.207. lim
4 ln a. 3.208. lim
4 2.
x 10
x 10
x
x
В задачах 3.209–3.229, используя второй замечательный предел, а так7
же следствия из него (задачи 3.205–3.208), вычислить пределы.
e ax 4 ebx
.
x 50
x
lg x 4 1
.
3.223. lim
x 5 10 x 4 10
3.221. lim
3.225. lim
x56
x(a1/ x
8 3x 3 2x 9
.
x 5 36 3x 4 2x
1
13 x
.
3.220. lim ln
x 50 x
14 x
a x 4 ab
.
3.222. lim
x 5b x 4 b
ln cos x
.
3.224. lim
x 50
x2
3.218. lim
1 2
sin x
3.226. lim
x 50
x
4 1).
1 3 sin x 4 1
.
sin x
3.229. lim(ln(e 3 x))ctg x.
10
sin x
x 4 sin x
.
3.228. lim x7 ( 8 x4 3 x 4 1 4 8 x4 3 x ).
3.227. lim
x 50
x56
x 50
ПРИМЕР 3.22. Найти односторонние пределы lim 21/ x.
x 1 20
& Если x ® –0, то 1/x ® –¥ и, в силу свойств показательной функции, lim 21/x 3 0.
x 1 20
Если x ® +0, то 1/x ® +¥ и lim 2
x 1 20
1/ x
3 24. 1
В задачах 3.230–3.235 найти односторонние пределы.
x
| x 1 3|
25x
x2 11.
.
3.231. lim
.
3.232.
lim
7
x 2 33 0 x 1 3
x 2 2 3 0 4 1 x2
x 2 113 0
|tg(4x 1 4)|
1
3.233. lim
. 3.234. lim sgn(sin x). 3.235. lim arctg
.
x 2 4 /4 3 0 2x 1 4 /2
x 2 30
x 2 13 0
11 x
3.230. lim
106
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
5. Сравнение функций
Бесконечно малые функции a(x) и b(x) называются сравнимыми при x ® x0, если
существует хотя бы один из пределов lim
x 1 x0
2 ( x)
3(x)
или lim
.
3(x)
x 1 x0 2(x)
Пусть a(x) и b(x) — сравнимые бесконечно малые при x ® x0 и пусть, для опреде7
ленности, существует lim
x 1 x0
2(x)
3 C. Тогда:
4(x)
а) Если C ¹ 0, то a(x) и b(x) называют бесконечно малыми одного порядка. В част7
ности, если C = 1, то бесконечно малые a(x) и b(x) называют эквивалентными и
пишут a(x) ~ b(x), x ® x0.
б) Если C = 0, то a(x) называют бесконечно малой более высокого порядка, чем
b(x). В этом случае используют обозначение a(x) = o(b(x)), x ® x0, и говорят, что a(x)
есть oмалое относительно b(x) при x ® x0.
Если существует действительное число r > 0 такое, что lim
x 1 x0
2( x )
3 C 4 0, то a(x)
(5(x))r
называют бесконечно малой порядка r относительно b(x), x ® x0.
ПРИМЕР 3.23. Найти порядок малости 3(x) 4
3x 1 3 x 2 1
относительно b(x) = x – 1
45x
при x ® 1.
& По определению, нужно найти такое r > 0, чтобы lim
2( x )
x 1 1 (x 3 1)r
отличен от нуля:
был конечен и
1
3
1r
3x 3 3 x 1 1
3x
x 11 3
3
4 lim
3 lim
4 lim(x 1 1) 3 4 ,
r
r
5 x 21
5
x 2 1 (4 5 x)(x 1 1)
x 2 1 4 5 x x 2 1 (x 1 1)
lim
если r = 1/3. При других значениях r предел равен нулю или бесконечности. Следо7
вательно, порядок малости r = 1/3. %
В задачах 3.236–3.247 определить порядок малости a(x) относительно
b(x) = x – x0 при x ® x0.
3.236. 1(x) 2
x 11
, x0 = 1.
3.243. 1(x) 2 3 x2 3 x3 , x0 = 0.
sin x
3.244. a(x) = tg3x – sin2x, x0 = 0. 3.245. a(x) = ex – cos x, x0 = 0.
3.246. a(x) = tg x – sin x, x0 = p. 3.247. a(x) = tg x – sin x, x0 = 2p.
3.242. 2(x) 3
В задачах 3.248–3.251 доказать, что разность a(x) – b(x) имеет 27й поря7
док малости относительно x при x ® 0.
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
107
3.248. a(x) = 1/(1 + x), b(x) = 1 – x.
x
(a 5 0).
2a
x
3.250. 1(x) 2 3 a3 3 x , 4(x) 2 a 3 2 (a 5 0).
3a
3.249. 1(x) 2 a2 3 x , 4(x) 2 a 3
3.251. a(x) = (1 + x)n, b(x) = 1 + nx (n Î N).
В задачах 3.252–3.257, используя результаты задач 3.248–3.251, при*
ближенно вычислить выражения и сравнить полученные значения с резуль*
татами вычислений на калькуляторе.
3.252. 1/1,02.
3
3.255.
67.
24.
3.253. 1/0,95.
3.254.
3.256. 1,045.
3.257. 0,998.
Понятие эквивалентности бесконечно малых применяется при вычислении пре*
2(x)
2 (x)
и lim 1
делов. Если a(x) ~ a1(x) и b(x) ~ b1(x) при x ® x0, то пределы xlim
1 x0 3(x)
x 1 x0 31 (x)
существуют одновременно и
lim
x 1 x0
2 ( x)
2 ( x)
3 lim 1 .
4(x) x 1 x0 41 (x)
Часто используют следующие эквивалентности при x ® 0:
x2
x
, tg x 2 x, ax 3 1 2 x ln a, log a (1 4 x) 2
,
2
ln a
(1 4 x)1 3 1 2 1x, arctg x 2 x.
sin x 2 x, 1 3 cos x 2
ln(1 2 sin2x2 )
.
ПРИМЕР 3.24. Вычислить xlim
1 0 1 3 cos tg x
& Так как sin 2x 2 ® 0 и tg x ® 0 при x ® 0, то ln(1 + sin 2x 2) ~ sin 2x 2 и
1 1 cos tg x 2
tg2 x
. Далее, sin 2x2 ~ 2x2 и tg x ~ x при x ® 0. Следовательно,
2
ln(1 2 sin2x2 )
2sin2x2
4x 2
3 lim
3 lim 2 3 4. 1
lim
x 1 0 1 4 cos tg x
x 1 0 tg 2 x
x 10 x
В задачах 3.258–3.265 вычислить пределы, используя понятие эквива*
лентности.
1 2 cos3 x
.
x 10
4x2
e4 x 2 1
3.260. lim
.
x 1 0 tg3x
3.258. lim
tg x 2 sin x
.
sin6 x
ln(1 3 arctg5x)
3.264. lim 4
.
x 10
x 3 81 2 3
3.262. lim
x 10
3.259. lim
1 2 cos2x
x 1 0 cos7x 2 cos3x
.
ex 2 e 2 x
.
x 1 0 1 3 4x 2 2 1
1 3 sin2x 2 1 2 sin2x
3.263. lim
.
x 10
tg x
lg x 2 1
3.265. lim
.
x 1 10 x 2 9 2 1
2
3.261. lim
2
108
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Аналогично сравнению бесконечно малых функций можно сравнивать беско/
нечно большие функции. Если A(x) и B(x) — бесконечно большие функции при x ® x0
и существует действительное число r > 0 такое, что lim
x 1 x0
A (x)
2 C 3 0, то говорят,
( B(x))r
что A(x) имеет r/й порядок роста относительно B(x), x ® x0.
В задачах 3.266–3.271 определить порядок роста бесконечно большой A(x)
относительно B(x) = x при x ® ¥.
3.266. A (x) 3 x3 4 10x2 4 100x.
3.267. A (x) 3 x4 5 x2 4 3 4 x.
3.269. A (x) 3 x 1 3 x3 4 x2 4 2 5 3 x3 4 1 2.
3.268. A (x) 3 x 4 x x .
3.270. A (x) 3
4x3 5 3x2 5 2
.
5x 4 1
3.271. A (x) 3
3
5
x5 4 1
.
x3 4 1
6. Дополнительные задачи
Справедливы следующие важные утверждения:
1) ТЕОРЕМА СУЩЕСТВОВАНИЯ ПРЕДЕЛА У МОНОТОННОЙ ОГРАНИЧЕН/
НОЙ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ. Если последовательность xn не убывает (не воз
растает) и ограничена сверху (снизу) числом M(m), то она имеет предел, причем
xk 3 lim xn 3 M (xk 4 lim xn 4 m) для любого номера k.
n12
n12
2) КРИТЕРИЙ КОШИ СУЩЕСТВОВАНИЯ ПРЕДЕЛА ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНО/
СТИ. Последовательность xn сходится тогда и только тогда, когда она является
фундаментальной, то есть для любого числа e > 0 существует номер N(e) такой,
что для всех n > N(e) неравенство |xn+p – xn| < e выполняется при любом p Î N.
В задачах 3.272–3.275 доказать, что указанные последовательности име/
ют предел, и вычислить его.
3.272. xn 2
n
2n
. 3.273. xn 2 .
n
n!
2
1
a 4
3.274. x1 2 2, xn 11 2 2 1 xn , n 5 1. 3.275. x1 6 0, xn 11 2 37 xn 1
, n 5 1.
29
xn 8
В задачах 3.276–3.279 выяснить, является ли заданная последователь/
ность фундаментальной.
n
n
n
1
1
cos k
. 3.277. xn 1 2 . 3.278. xn 1 sin n. 3.279. xn 1 2 2 .
2
k
k
k 11
k 11
k 11 k
3.276. xn 1 2
В задачах 3.280, 3.281 вычислить пределы.
1
2
n 31
1
1
1
5.
3.280. lim 47 2 6 2 6 ... 6 2 58. 3.281. lim 74
6
6 ... 6
n12 n
n
1
2
1
9
2
2
9
3
n
(
n
6 1) 8
n
n
В задачах 3.282, 3.283 доказать утверждения.
3.282. lim n a 3 1, a 4 0. 3.283. lim n n 3 1.
n12
n12
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
109
§ 3.3.
НЕПРЕРЫВНОСТЬ
1. Непрерывность функции в точке
Функция f(x) называется непрерывной в точке x0, если:
f (x); 3) lim f (x) 2 f (x0 ).
1) функция f(x) определена в точке x0; 2) существует xlim
1x
0
Если
x 1 x0
lim f (x) 4 f (x0 ) ( lim f (x) 4 f (x0 )), то функция f(x) называется непрерыв
x 1 x0 2 0
x 1 x0 3 0
ной справа (слева) в точке x0.
Элементарные функции непрерывны в каждой точке области определения.
Так как предел функции f(x) в точке x0 существует тогда и только тогда, когда
существуют в этой точке односторонние пределы функции и они равны, то для того,
чтобы функция f(x) была непрерывной в точке x0, необходимо и достаточно, чтобы
выполнялись равенства
lim f (x) 4 lim f (x) 4 f (x0 ).
x 1 x0 2 0
x 1 x0 3 0
ПРИМЕР 3.25. При каком выборе параметра a функция f(x) будет непрерывна?
2 1 1 cos2x , x 3 0,
4
f ( x) 5 6
x2
47 a, x 5 0.
& Нетрудно видеть, что функция непрерывна в любой точке x ¹ 0. Исследуем
функцию на непрерывность в точке x = 0. Найдем предел f(x) при x ® 0. Используя
1 2 cos2x
2sin2 x
3 lim
3 2. Так
2
x 10
x 10
x 10
x
x2
как по определению непрерывности функции в точке предел функции в точке и знаD
чение ее в этой точке должны совпадать, то заключаем, что функция f(x) будет неD
прерывной при a = 2. %
первый замечательный предел, получаем lim f (x) 3 lim
В задачах 3.284–3.287 найти значения параметра a, при которых функD
ция f(x) непрерывна.
1 x2 2 4
, x 4 2,
5
3.284. f (x) 6 7 x 2 2
58a, x 6 2.
1 1 3 x 21
5
, x 4 0,
3.285. f (x) 6 7
x
85a, x 6 0.
12x, x 9 3,
3.286. f (x) 6 7
8a(2 2 x), x 3.
1x sin 1 , x 4 0,
5
3.287. f (x) 6 7
x
58a, x 6 0.
Функция f(x) называется непрерывной на интервале (a, b), если она непрерывна
в каждой точке этого интервала. Функция f(x) называется непрерывной на отрезке
[a, b], если она непрерывна на интервале (a, b) и непрерывна в точке a справа, в точD
ке b слева.
Функция f(x) называется равномерно непрерывной на множестве D, если для
любого e > 0 найдется d(e) > 0 такое, что для любых двух точек x¢ и x² Î D из неравенD
ства |x¢ – x²| < d следует неравенство |f(x¢) – f(x²)| < e.
110
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
ТЕОРЕМА КАНТОРА. Если функция f(x) непрерывна на отрезке [a, b], то она
равномерно непрерывна на этом отрезке.
В задачах 3.288–3.291 доказать, что функции равномерно непрерывны
на заданных множествах.
1 sin x , 0 2 x 3 4,
5
x
3.288. f (x) 6
D
3.289.
f
x
,
[
1,1].
(
)
6
7
6
8 x
2
47x
591, x 6 0.
1
3.290. f (x) 6 x , D 6 [1,
3.291. f (x) 6
).
, D 6 (7 , ).
1 x2
3.292. Сформулировать на языке «e–d» утверждение: функция f(x) не яв<
ляется равномерно непрерывной на множестве D.
В задачах 3.293, 3.294 доказать, что каждая из указанных функций не
является равномерно непрерывной на заданном множестве.
1
3.293. f (x) 1 sin , D 1 (0,1].
x
3.294. f (x) 1
1
, D 1 (0, 2 3).
x2
2. Точки разрыва и их классификация
Если хотя бы одно из условий 1)–3) в определении непрерывности нарушено
(см. п. 1), то x0 называется точкой разрыва функции f(x). При этом различают
следующие случаи:
а) Если lim f (x) существует, но функция не определена в точке x0 или определе<
x 1 x0
на, но lim f (x) 2 f (x0 ), то точка x0 называется точкой устранимого разрыва.
x 1 x0
б) Если lim f (x) не существует, но существуют односторонние пределы, причем
x 1 x0
lim f (x) 4 lim f (x), то x0 называется точкой разрыва первого рода.
x 1 x0 2 0
x 1 x0 3 0
в) Во всех остальных случаях x0 называется точкой разрыва второго рода.
ПРИМЕР 3.26. Найти и классифицировать точки разрыва следующих функций:
а) f (x) 2
| x 1 2|
sin x
; б) f (x) 2
.
x 12
x2 1 x
sinx
является элементарной и не определена в точках x = 0 и
x2 1 x
x = 1. Поэтому эти точки будут ее точками разрыва. Для определения характера
точек разрыва найдем пределы функции в точках x = 0 и x = 1. В точке x = 0 имеем
& а) Функция
sin x
sin x
sin x
1
2 lim
2 lim
3 lim
2 41. Поэтому данная точка является уст<
4 x x 1 0 x(x 4 1) x 1 0 x x 1 0 x 4 1
ранимой точкой разрыва. При x ® 1 числитель sin x ® sin 1 ¹ 0, а знаменатель x2 –
lim
x 1 0 x2
x
– x ® 0. Следовательно, lim sin
2 3. Поэтому точка x = 1 является точкой разры<
x 1 0 x2 4 x
ва второго рода.
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
111
б) Функция не определена при x = 2. Найдем односторонние пределы:
lim
x 1 2 20
| x 2 2|
22x
4 lim
4 21;
x 2 2 x 1 220 x 2 2
lim
x 1 230
| x 2 2|
x 22
4 lim
4 1.
x 2 2 x 1 23 0 x 2 2
Так как в точке x = 2 односторонние пределы существуют, но не равны, то точка
x0 = 2 является точкой разрыва первого рода. %
В задачах 3.295–3.304 найти и классифицировать точки разрыва функций.
3.295. f (x) 3
3.297. f (x) 3
1
x2 (x 1 1)
x2 2 3x 1 4
.
x2 2 2x 1 3
ln(1 2 2x2 )
.
3.298. f (x) 3 2
x (x 1 1)
3.296. f (x) 3
.
1 1 cos2x
.
x
3.299. f (x) 3 3x /(4 1 x ).
1
3.301. f (x) 3 arctg .
x
62x , x 4 2,
7
3.303. f (x) 3 8x 2 2, x 5 2,
73, x 3 2.
9
2
3.300. f (x) 3 e 11/ x .
1 12 x
.
3.302. f (x) 3 ln
x 11 x
2
3.304. f (x) 3 sgn(cos x).
§ 3.4.
ПРОИЗВОДНАЯ И ДИФФЕРЕНЦИАЛ
1. Понятие производной
Пусть функция y = f(x) определена в некоторой окрестности точки x0. Величину
Dy = Df(x0) = f(x0 + Dx) – f(x0) называют приращением функции в точке x0 (соответD
ствующим приращению аргумента Dx). Производной функции y = f(x) в точке x0 (перD
вой производной или производной 1Dго порядка) называется предел
1f (x0 )
1y
4 lim
.
f 3(x0 ) 4 lim
1x 2 0 1x
1x 2 0 1x
2f (x0 )
2f (x0 )
dy
и f15 (x0 ) 6 lim
. Числа f–5 (x0 ) 6 lim
Производную также обозначают
2x 3 4 0 2x
2x 3 1 0 2x
dx
называют соответственно левой и правой (односторонними) производными функции
f(x) в точке x0. Для существования производной функции в точке необходимо и досD
таточно, чтобы ее левая и правая производные в этой точке существовали и были
равны.
Процесс нахождения производных называют дифференцированием.
1
ПРИМЕР 3.27. Вычислить f¢(2), если f (x) 1 .
x
& Найдем приращение заданной функции:
2f (2) 3 f (2 4 2x) 1 f (2) 3
Заметим, что заданная функция не имеет производной в нуле, так как
32 4 f–2 (0) 5 f12 (0) 4 0. 1
В задачах 3.305–3.314, пользуясь определением производной, вычис<
лить f¢(x).
3.305. f(x) = x2.
3.306. f(x) = x3.
3.308. f (x) 1 3 x .
3.310. f(x) = tg x.
3.312. f(x) = 3x + 3x.
3.314. f(x) = lg x.
В задачах 3.315–3.318 найти f13 (x0 ) и f23 (x0 ).
3.307. f (x) 1 x .
3.309. f(x) = cos x.
3.311. f(x) = 2x + 2x.
3.313. f(x) = log2x.
3.315. f(x) = |x – 1|, x0 = 1.
2x, x 1 1,
3.316. f (x) 3 4 2
x0 = 1.
85x 6 2x, x 7 1,
2x3 , x 1 0,
3.317. f (x) 3 45x2 , x 6 0, x0 = 0. 3.318. f(x) = x sgn x, x0 = 0.
7
3.319. Найти производную функции
1x2 sin 1 , x 2 0,
3
f ( x) 4 5
x
360, x 4 0,
в точке x = 0.
3.320. Показать, что функция
1x sin 1 , x 2 0,
3
f ( x) 4 5
x
360, x 4 0,
непрерывна в точке x = 0, но не имеет в этой точке ни правой, ни левой про<
изводной.
2. Вычисление производных
Таблица производных основных элементарных функций.
1. (xa)¢ = axa–1.
1
1
, a 3 0, a 4 1; (ln x)1 2 .
2. (ax)¢ = axln a, a > 0; (ex)¢ = ex. 3.(log a x)1 2
x ln a
x
4. (sinx)¢ = cosx. 5. (cosx)¢ = –sinx.
113
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
1
1
. 7.(ctg x)1 2 3
.
cos2x
sin2x
1
1
8.(arcsin x)1 2 3 (arccos x)1 2
. 9.(arctg x)1 2 3 (arcctg x)1 2
.
1 4 x2
1 3 x2
Правила дифференцирования функций.
I. Пусть C — постоянная, f(x) и g(x) — функции, имеющие производные. Тогда:
1. (C)¢ = 0. 2. (Cf)¢ = Cf¢.
3. (f ± g)¢ = f¢ ± g¢. 4. (fg)¢ = f¢g + g¢f.
3 f 41 f 1g 2 g 1f
при g ¹ 0.
5. 6 7 5
g2
8g9
II. Пусть функция f(t) имеет производную в точке t0, а функция t = g(x) имеет
производную в точке x0, причем t0 = g(x0). Тогда сложная функция h(x) = f(g(x)) имеD
ет производную в точке x0, равную
6.(tg x)1 2
h¢(x0) = f¢(t0)g¢(x0)
(правило дифференцирования сложной функции).
ПРИМЕР 3.29. Найти производную функции h(x) = sin ln x.
& Рассмотрим h(x) как сложную функцию: h(x) = f(g(x)), где f(t) = sin t, а
t = g(x) = ln x. Тогда по правилу дифференцирования сложной функции
1
h1(x) 2 f 1(t) 3 g 1(x) 2 cos t 3 .
x
Заменяя в этом равенстве справа t на ln x, окончательно получаем (sin ln x)1 2
cos ln x
.1
x
ПРИМЕР 3.30. Найти производную функции h(x) = sin ln(x2 + ex).
& Как и в примере 3.29, рассмотрим h(x) как сложную функцию: h(x) = f(g(p(x))),
где f(t) = sin t, t = g(z) = ln z и z = p(x) = x2 + ex. Тогда по правилу дифференцироваD
ния сложной функции
1
h1(x) 2 f 1(t) 3 g 1(z) 3 p1(x) 2 cos t 3 3 (2x 4 ex ).
z
Заменяя в этом равенстве справа t на ln z, а затем z на x2 + ex, окончательно получаем
(sin ln(x2 1 e x ))2 3
(2x 1 ex )cos ln(x2 1 e x )
.1
x2 1 e x
В задачах 3.321–3.362 найти производные указанных функций.
3.321. y 1 3 2 2x 3 x3 .
3.323. y 1 x 3
2
1
2
.
x 3 x3
3.325. y 1 x cos x.
3
x
.
sin x
1
.
3.329. y 1 3
x 3 3x 2 1
x2 3 1
.
3.331. y 1 3
x 2x
3.327. y 1
1
3.322. y 1 2 x 3 .
x
1 1
1
3.324. y 1 3 2 3 3 .
x x
3x
3.326. y 1 3 x5 4 tg x.
arctg x
.
1 3 x2
1
.
3.330. y 1
arcsin x
23 x
.
3.332. y 1
22 x
3.328. y 1
114
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
3.333. y 1 x3 ln x 2 2x.
3.335. y 1 (a 2 4x )ctg x.
3.337. y 1 (2x 2 1)10 .
3.339. y 1 arcsin2x.
3.341. y 1
1 3 x2
.
1 2 x2
3.343. y 1 arccos x 2 1.
3.345. y 4 x cos3 x.
3.347. y 4 2x /ln x.
3.349. y 4 arcctg x .
3.351. y 4
log3
3.353. y 4 ln tg
tg3 ln x .
1 x2 6 45 2.
3.355. y 4 ln(x 6 a2 6 x2 ).
33 4
ex
x log3 x 3 4 .
4
x
arccos x
.
3.336. y 1
lg x
3.334. y 1
3.338. y 1 (1 3 3x)3 .
1
3.340. y 1 arcctg .
x
3.342. y 1 1 3 cos x .
3.344. y 1 arctg x3 .
x3
.
3.346. y 4
sin x2
3
3.348. y 4 3 sin x .
3.350. y 4
3.352. y
log3 ln x .
2
4 e3x .
3.354. y 4 sin 4 ln(2x 6 x).
2
3.356. y 4 ln
16 x
.
13 x
arcsin x
11 x
3 ln
.
2
1
3x
11 x
31x
13 x
3.358. f (x) 2
3 1 2x 1 x2 3 2arcsin
.
2
2
3.359. y 2 sgn(x2 1 4x 3 3). 3.360. y 2 | x2 1 4x 3 3|.
13 x
3.361. y 2 ln| x |.
3.362. y 2 ln
.
11 x
В задачах 3.363–3.366 найти производные гиперболических функций.
3.357. f (x) 2
3.363. sh x 2
ex 1 e1x
(гиперболический синус).
2
3.364. ch x 3
ex 2 e1x
(гиперболический косинус).
2
3.365. th x 1
sh x
(гиперболический тангенс).
ch x
3.366. cth x 1
ch x
(гиперболический котангенс).
sh x
Логарифмической производной функции y = f(x) называется производная от ло7
гарифма этой функции, т. е.:
(ln y)1 2
y1
.
y
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
115
Предварительное логарифмирование применяется для вычисления производных
степеннопоказательных функций y = u(x)v(x), а также иногда упрощает вычисле7
ние производной произведения либо частного.
ПРИМЕР 3.31. Найти производную функции y = xx.
& Функция определена при x > 0. Логарифмируя, получим
ln y = x ln x.
Дифференцируя обе части этого равенства, причем левую — как сложную функ7
цию, находим
(ln y)1 2
y'
2 ln x 3 1.
y
Следовательно,
y¢ = y × (lny)¢ = xx(lnx + 1).
Отметим, что производную данной функции можно было вычислить, представив ее с
помощью основного логарифмического тождества в виде xx = (elnx)x = exlnx. %
В задачах 3.367–3.372, используя предварительное логарифмирование,
найтипроизводные заданных функций.
3.367. y 1 (sin x)x .
3.369. y 1 x
3.371. y 1 3
3
x
.
x(x2 2 1)
.
(x2 3 1)2
3.368. y 1 x2 .
x
3.370. y 1 (ln x)1/ x .
3.372. y 1 3
(x 2 2)(x 3 1)2
.
x5
Зависимость переменной y от x называют заданной параметрически, если она
выражена через параметр t:
3x 1 2(t),
t 4 (5, 6).
7
9y 1 8(t),
Производная переменной y как функции от x находится по формуле
yx1 2
yt1
.
xt1
Здесь и ниже в обозначении yx1 нижний индекс указывает, по какой переменной
ведется дифференцирование.
ПРИМЕР 3.32. Найти производную параметрически заданной функции
3x 1 t 2 sin t,
t 4 (0,25).
6
7y 1 1 2 cos t,
yt1 1 2 cos t
3
& Так как yt1 3 sin t, xt1 3 1 2 cos t, то yx1 3 1 3
sin t
xt
2sin2
t
2
t
t
2sin 4 cos
2
2
t
3 ctg . 1
2
116
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
В задачах 3.373–3.378 найти yx1 для функций, заданных параметрически.
3x 1 2t3 ,
3.373. 7
t 4 (56, 2 6).
2
8y 1 3t 5 2t,
3x 1 a cos 9,
3.375. 7
94 (0,2 ).
8y 1 b sin 9,
1
,
3x 1 a sh t,
1 2 t2
3.377. 7
t 4 (0, 2 6). 3.378. 7
t 4 (0, 2 6).
t
y 1 b ch t,
8
y 1 arcsin
,
1 2 t2
8
В задачах 3.379–3.384 найти yx1 в указанных точках.
3x 4 cos 6,
3.379. 9
6 4 38 /4.
y 4 sin 6,
3x 4 1 ,
55
t 71
3.380. 9
t 4 1.
2
5y 4 t
,
5
t 71
3x 4 t ln t,
5
3.381. 9
ln t t 4 1.
5y 4 t ,
3x 4 t (t cos t 2sin t),
3.382. 9
t 4 8 /4.
y 4 t (t sin t 7 2cos t),
3x 4 et cos t,
3.383. 9
t 4 8 /6.
y 4 et sin t,
3x 4
55
3.384. 9
5y 4
5
1 2
3at
,
1 7 t2
t 4 2.
3at2
,
1 7 t2
Функцию y = f(x), x Î (a, b), называют заданной неявно уравнением F(x, y) = 0,
если на (a, b) выполняется тождество
F(x, f(x)) º 0.
Условия, при которых уравнение F(x, y) = 0 определяет однозначную дифференциA
руемую функцию, будут рассмотрены позже в главе 5. В этом параграфе считаем их
выполненными. Тогда для нахождения производной функции y = f(x) можно продифA
ференцировать тождество F(x, f(x)) º 0, рассматривая его левую часть как сложную
функцию переменной x, а затем полученное уравнение разрешить относительно y¢.
ПРИМЕР 3.33. Найти yx1 для функции, заданной неявно уравнением cos(xy) +
+ x2y = 0.
& Дифференцируя по x тождество
cos(xy(x)) + x2y(x) = 0,
получим
–sin(xy(x)) × (y(x) + xy¢(x)) + 2xy(x) + x2y¢(x) = 0.
Отсюда
y2(x) 3
2xy(x) 1 y(x)sin(xy(x))
,
x sin(xy(x)) 1 x2
или
yx2 3
2xy 1 y sin(xy)
.1
x sin(xy) 1 x2
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
117
3.385. Найти значение yx1 в точке x = 1, если
x3 – 2x2y2 + 5x + y – 5 = 0, y(1) = 1.
3.386. Найти значение yx1 в точке x = 0, если
exy + y2 + xy – 5 = 0, y(0) = –2.
В задачах 3.387–3.394 найти yx1 для функций, заданных неявно.
3.387.
x 2 y2
1
2 1.
a 2 b2
x 1 y 2 a , a > 0.
3.391. exsin y – eycos x = 0.
x
3.393. arctg 1 ln x2 2 y2 .
y
3. Производные высших порядков
Производной 2 го порядка функции y = f(x) называется производная от ее первой
производной, т. е. f²(x) = (f¢(x))¢. Производной n го порядка или n й производной (обо?
значается f(n)(x)) называется производная от производной (n – 1) го порядка, т. е.
f(n)(x) = (f(n–1)(x))¢, n = 2, 3, ... Для производной n?го порядка используется также
обозначение
dn y
.
dxn
ПРИМЕР 3.34. Найти y², если y 1 1 2 x2 .
& Находим y1 2
x
x
. Следовательно, y11 4 25
1 3 x2
8 1 7 x2
1
31 4
.1
6
(1 7 x2 )3
9
В задачах 3.395–3.400 найти производные второго порядка заданных
функций.
3.395. y 2 cos2 x. 3.396. y 2 arctg x2 . 3.397. y 2 log2 3 1 1 x2 .
2
arcsin x
3.398. y 2 e 1 x .
3.399. y 2
. 3.400. y 2 x x .
1 1 x2
В задачах 3.401–3.406 найти формулу для n?й производной указанной
функции.
3.401. y = eax. 3.402. y = cos x. 3.403. y = sin x.
3.404. y = ln(1 + x). 3.405. y = (1 + x)m, m Î N. 3.406. y = cos2x.
Если функции u(x) и v(x) имеют производные до n?го порядка включительно, то
для вычисления n?й производной их произведения полезно использовать формулу
Лейбница
n
n(n 1 1) (n 12)
(uv)(n ) 2 u(n )v 4 nu(n 11)v3 4
u
v33 4 ... 4 uv(n ) 2 5 Cnku(n 1 k)v(k) ,
2
k20
n!
k
(0)
(0)
где u = u, v = v и Cn 1
— биномиальные коэффициенты (по определе?
k !(n 2 k)!
нию 0! = 1).
118
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
ПРИМЕР 3.35. Найти y(20), если y = x2e2x.
20
k (e2x )(20 1 k ) (x2 )( k ) .
& Применяя формулу Лейбница, получим (e2x 3 x2 )(20) 2 4 C20
k20
В задачах 3.407–3.410, применяя формулу Лейбница, найти производ<
ные указанных порядков заданных функций.
3.407. y = (x2 + x + 1)sin x, найти y(15).
3.408. y = (x2 – x)ex, найти y(20).
3.409. y = e–xsin x, найти y(5).
3.410. y = x ln x, найти y(10).
ПРИМЕР 3.36. Найти yxx
11 функции, заданной неявно:
x2 1 y2 2 e
arctg
y
x.
& Продифференцируем уравнение, считая y функцией от переменной x:
y
y
arctg
arctg
x 2 yy1
y1x 3 y
y1x 3 y
1
x
x5
.
4e
5
4
e
2
2
2 2 y2
2
2
1
(
/
)
2
y
x
x
x
x 2y
Заменяя справа e
arctg
y
x
на x2 1 y2 , получим
y2 3
x 2 yy1
y1x 3 y
4
. Отсюда
x2 2 y2
x 2 2 y2
x1y
.
x4y
(3.1)
Для нахождения второй производной дифференцируем полученное равенство по x:
4 x 2 y 51 (1 2 y1)(x 3 y) 3 (x 2 y)(1 3 y1) 2xy1 3 2y
6
y11 6 7
.
8 6
( x 3 y) 2
( x 3 y) 2
9x3y
Подставляя на место y¢ правую часть равенства (3.1), окончательно находим
y22 3
2(x2 1 y2 )
.1
(x 4 y)3
В задачах 3.411–3.414 найти производные 2
точным членом в форме Лагранжа.
& Так как (ex)(n) = ex для любого натурального n, то из формул (3.6) и (3.7) находим
ex 3 1 2 x 2
x2 x3
xn e 1 xn 21
2
2 ... 2
2
,
2! 3!
n ! (n 2 1)!
(3.14)
где g лежит между 0 и x. Запишем ex в виде e1+x–1 = e × ex–1. Заменив в (3.14) x на x – 1,
получим
ex 4 e 2 e(x 3 1) 2
В задачах 3.517–3.522, используя разложения (3.8)–(3.13), записать
первые n членов формулы Маклорена (без остаточного члена) указанных
функций.
3.517. f(x) = e2x. 3.518. f(x) = ln(1 + 2x2). 3.519. f (x) 1
1
.
x 22
3.520. f(x) = ln(4 + x). 3.521. f(x) = sin2x. 3.522. f (x) 1 4 2 x .
Заменяя функцию ее многочленом Тейлора порядка m, получаем приближенное
равенство
f 1(a)
f 11(a)
f ( m ) ( a)
( x 4 a) 3
(x 4 a)2 3 ... 3
( x 4 a) m .
(3.15)
1!
2!
n!
Соотношение (3.15) широко используется для вычисления приближенных зна>
чений функции, если известны значения функции и ее производных в точке a. По>
грешность вычисления значения функции равна остаточному члену Rm(x). Если аб>
солютная погрешность вычисления значения функции не должна превосходить e, то
находят номер m (желательно наименьший) такой, что |Rm(x)| < e.
ПРИМЕР 3.50. Вычислить приближенное значение ln 1,3 с помощью многочле>
на Тейлора третьего порядка и оценить погрешность вычисления.
& Рассмотрим функцию f(x) = ln(1 + x). Положим в формуле Тейлора a = 0,
x = 0,3. Найдем производные заданной функции до 4>го порядка включительно:
f ( x) 2 f ( a ) 3
f 1(x) 2
1
1
2!
3!
, f 11(x) 2 3
, f 111(x) 2
, f (4) (x) 2 3
.
14 x
(1 4 x)2
(1 4 x)3
(1 4 x)4
(3.16)
При a = 0 получаем f(0) = 0, f¢(0) = 1, f²(0) = – 1, f¢²(0) = 2. Следовательно, по форму>
ле Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа
ln1,3 1 f (0,3) 1 0 2 0,3 3
где R3 (0,3) 2
0,32 0,33
2
2 R3 (0,3),
2
3
f (4) ( 1 )
0,34
0,34 2 3
, 0 < g < 0,3. Точное значение числа g неизвестно.
4!
4(1 4 1)4
Поэтому оценим модуль остаточного члена сверху. Так как g > 0, то
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
| R3 (0,3) | 1
131
0,34
0,34
2
1 0,002025.
4
4(1 3 4)
4(1 3 0)4
0,32 0,33
2
4 0,264. Абсолютная погрешность вы8
2
3
числения не превосходит 0,002025. %
ПРИМЕР 3.51. Вычислить ln 1,3 с абсолютной погрешностью, не превосходящей
0,001.
& Положим f(x) = ln(1 + x). Нетрудно видеть (см. (3.16)), что
Таким образом, ln1,3 1 0 2 0,3 3
f (m) (x) 3 (21)m 11
(m 2 1)!
.
(1 1 x)m
Применяя формулу Маклорена с остаточным членом в форме Лагранжа к функции
f(x) = ln(1 + x), получаем
ln1,3 2 f (0,3) 2 0,3 3
где Rm (0,3) 3
0,32 0,33 0,34
2
3
4 0,261975 с абсолютной погрешностью,
2
3
4
не превосходящей 0,001. Полученный результат округлим до трех цифр после запя8
той в соответствии с заданной точностью вычисления. То есть полагаем ln 1,3 » 0,262. %
ким образом, ln1,3 1 0 2 0,3 3
В задачах 3.523–3.526 найти приближения заданных чисел с помощью
многочлена Тейлора третьего порядка и оценить абсолютную погрешность
вычисления e.
3.523. sin 1. 3.524.
e.
3.525. ln 1,6. 3.526.
5.
В задачах 3.527–3.530 вычислить с абсолютной погрешностью, не пре8
восходящей 0,001.
3.527. cos 0,5. 3.528. e. 3.529. ln 0,9. 3.530.
0,8.
Формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано используется при вычис8
лении пределов.
2sin x 2 2ln(1 3 x) 2 x2
.
x3
& Находим разложения по формуле Маклорена функций sin x и ln(1 + x):
В задачах 3.531–3.534 вычислить пределы, используя разложения по
формуле Тейлора.
2 1 2 x 3 ln(1 2 x) 3 2
.
x 10
5x2 2 7x3
1 3 ch x2
.
3.533. lim 4
x 1 0 x 2 x5
3.531. lim
1 2 2x 3 7 1 2 x
.
x10
x
x 3 sh x
.
3.534. lim 3
x 1 0 x 2 x4
5
3.532. lim
§ 3.7.
ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИЙ
И ПОСТРОЕНИЕ ГРАФИКОВ
1. Возрастание и убывание функции.
Экстремумы
Функция f(x) называется возрастающей (убывающей) на интервале (a, b), если
для любых x1, x2 Î (a, b) из неравенства x1 < x2 следует неравенство f(x1) < f(x2) (соот?
ветственно f(x1) > f(x2)).
Если функция f(x) дифференцируема на интервале (a, b) и f¢(x) > 0 (f¢(x) < 0) на
(a, b), то функция f(x) возрастает (убывает) на (a, b) (достаточное условие возраста
ния (убывания) функции).
Точка x0 называется точкой максимума (минимума) функции f(x), а число
f(x0) — максимумом (минимумом) функции, если существует окрестность точки x0
такая, что для всякой точки x из этой окрестности выполняется неравенство
f(x) £ f(x0) (f(x) ³ f(x0)). Точки максимума и минимума функции называются ее точ
ками экстремума.
Необходимое условие экстремума. Если точка x0 является точкой экстремума
функции f(x), дифференцируемой в этой точке, то f¢(x0) = 0. Обратное, вообще гово?
ря, неверно. Точки, в которых производная равна нулю, называют стационарными
точками функции. Экстремум может также достигаться в точках, где производная
не существует. Точки, в которых функция определена, а производная равна нулю
или не существует, называются критическими.
Достаточные условия экстремума непрерывной функции.
1) Пусть функция f(x) дифференцируема в некоторой окрестности (x0 – d, x0 + d)
критической точки x0, за исключением, быть может, самой точки x0. Если на интер?
валах (x0 – d, x0) и (x0, x0 + d) производная f¢(x) имеет противоположные знаки, то
x0 — точка экстремума. Если f¢(x) > 0 при x Î (x0 – d, x0) и f¢(x) < 0 при x Î (x0, x0 + d),
то x0 — точка максимума. Если f¢(x) < 0 на (x0 – d, x0) и f¢(x) > 0 на x Î (x0, x0 + d), то
x0 — точка минимума.
2) Пусть функция f(x) дважды дифференцируема в стационарной точке x0. Если
f²(x0) > 0, то x0 — точка минимума функции f(x), если f²(x0) < 0, то x0 — точка мак?
симума.
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
133
ПРИМЕР 3.53. Найти промежутки монотонности и точки экстремума функции
ln x
.
x
& Функция определена и непрерывна при x > 0. Находим производную:
f (x) 1
1 1 ln x
.
x2
Производная равна нулю, если ln x = 1, то есть x = e. Таким образом, точка x = e
является критической точкой. Она разбивает область определения на два интерва@
ла: (0, e) и (e, +¥). Так как f¢(x) > 0 на интервале (0, e), то функция f(x) возрастает на
(0, e). На интервале (e, +¥) производная f¢(x) < 0 и, следовательно, функция f(x) убы@
вает на нем. Так как производная меняет знак с плюса на минус при переходе через
точку x = e, то x = e — точка максимума. Максимум равен f(e) = 1/e. %
f 2(x) 3
В задачах 3.535–3.540 найти промежутки монотонности и точки экстре@
мума функций.
2x2 1 1
.
x4
3.535. f (x) 2 x 1 1 x2 .
3.536. f (x) 2
x
.
ln x
3.539. f (x) 2 x 1 2ln x.
3.538. f (x) 2 x 1 2sin x.
3.537. f (x) 2
3.540. f (x) 2 xe 1 x .
2
Наибольшего (наименьшего) значения на отрезке [a, b] непрерывная на нем функ@
ция достигает или в критических точках, принадлежащих отрезку, или на концах
этого отрезка.
В задачах 3.541–3.546 найти наибольшее и наименьшее значения функ@
ций на указанных отрезках.
3.541. f (x) 1 23x4 3 6x2 , [22,2].
x 21
3.543. f (x) 1
, [0,4].
x 31
3.545. f (x) 1 3 x 3 1 2 3 x 2 1, [27,7].
3.542. y 1 x 3 2 x , [0,4].
1 2 x 3 x2
3.544. f (x) 1
, [0,1].
1 3 x 2 x2
12 x
3.546. f (x) 1 arctg
, [0,1].
13 x
3.547. Два тела движутся с постоянными скоростями v1 м/с и v2 м/с по
двум перпендикулярным прямым по направлению к точке пересечения этих
прямых, от которой в начале движения первое тело находилось на расстоя@
нии a м, второе — на расстоянии b м. Через сколько секунд после начала дви@
жения расстояние между телами будет наименьшим?
3.548. Окно имеет форму прямоугольника, завершенного полукругом.
Периметр фигуры равен p. При каких размерах прямоугольника окно будет
пропускать наибольшее количество света?
3.549. Из трех досок одинаковой ширины сколачивается желоб для пода@
чи воды. При каком угле наклона боковых стенок к днищу желоба площадь
его поперечного сечения будет наибольшей?
134
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
3.550. Банка данного объема V имеет форму цилиндра. Найти соотноше,
ние высоты и диаметра основания банки, чтобы на ее изготовление пошло
наименьшее количество материала.
3.551. В равнобедренный треугольник с основанием a и высотой h вписан
прямоугольник, две вершины которого лежат на основании треугольника, а
две — на боковых сторонах. Найти наибольшую площадь прямоугольника.
3.552. Периметр осевого сечения цилиндра равен 6a. Найти наибольший
объем такого цилиндра.
3.553. Цилиндр вписан в конус с высотой h и радиусом основания r. Най,
ти наибольший объем цилиндра.
3.554. Найти наименьший объем конуса, описанного около шара радиуса r.
2. Выпуклость графика функции.
Точки перегиба
График дифференцируемой функции f(x) называется выпуклым вниз (вверх) на
интервале (a, b), если график на этом промежутке расположен не ниже (не выше)
касательной, проведенной к нему в любой точке с абсциссой x Î (a, b) (на рис. 3.5
график функции f(x) является выпуклым вниз на интервале (a, x0), выпуклым вверх
на интервале (x0, b)).
Если функция f(x) дважды дифференцируема на
интервале (a, b) и f²(x) > 0 (f²(x) < 0) при всех x Î (a, b),
то ее график является выпуклым вниз (вверх) на этом
интервале (достаточное условие выпуклости).
В простых случаях область определения функции
f(x) можно разбить на конечное число интервалов с по,
стоянным направлением выпуклости. Точка (x0, f(x0)),
в которой меняется направление выпуклости, называ,
ется точкой перегиба (см. рис. 3.5). В точке перегиба
Рис. 3.5
(точнее, в абсциссе точки перегиба) f²(x) = 0 или не
существует (необходимое условие точки перегиба).
Достаточное условие точки перегиба. Пусть функция f(x) дважды дифферен,
цируема в некоторой окрестности (x0 – d, x0 + d) точки x0, за исключением, быть мо,
жет, самой точки x0. Если на интервалах (x0 – d, x0) и (x0, x0 + d) вторая производная
f²(x) имеет разные знаки, то x0 — точка перегиба.
ПРИМЕР 3.54. Найти интервалы выпуклости и точки перегиба функции f (x) 1
ln x
.
x
2ln x 1 3
.
x3
Вторая производная равна нулю, если 2ln x = 3, то есть x 1 e3 . Точка x 1 e3
разбивает область определения функции на два интервала: (0, e3 ) и ( e3 , 1 2). Так
как f²(x) < 0 на (0, e3 ), то график функции f(x) является выпуклым вверх на нем.
На интервале ( e3 , 1 2) вторая производная f²(x) > 0 и, следовательно, функция f(x)
является выпуклой вниз на ( e3 , 1 2), а точка x 1 e3 является точкой перегиба. %
& Найдем вторую производную: f 22(x) 3
В задачах 3.555–3.562 найти интервалы выпуклости, точки перегиба и
угловые коэффициенты касательных в точках перегиба графиков указан,
ных функций.
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
135
3.555. f(x) = x3 – x + 2. 3.556. f(x) = x4 + 6x2.
3.557. f(x) = sin x. 3.558. f(x) = arctg x.
3.559. f (x) 1 3 x 2 1 3 3 x 3 1. 3.560. f(x) = xe2x + 1.
2
3.561. f(x) = x ln|x|. 3.562. f (x) 2 e 1 x .
3. Асимптоты
Пусть для функции f(x) существует такая прямая, что расстояние от точки
M(x, f(x)) графика функции до нее стремится к 0 при бесконечном удалении точки M
от начала координат. Тогда эта прямая называется асимптотой графика функции.
Если при этом абсцисса x точки M стремится к конечному числу a, то прямая
x = a является вертикальной асимптотой. Для существования вертикальной асим?
птоты x = a необходимо и достаточно, чтобы хотя бы один из пределов lim f (x) был
x 1 a20
равен бесконечности.
Непрерывные на всей числовой прямой функции не имеют вертикальных асим?
птот.
Если же абсцисса x точки M стремится к +¥ (–¥), то график функции имеет
правую (левую) наклонную асимптоту y = kx + b. Для того чтобы прямая y = kx + b
была правой наклонной асимптотой графика функции f(x), необходимо и доста?
точно, чтобы
f (x)
4 k и lim (f (x) 5 kx) 4 b.
lim
x 1 23 x
x 1 23
Аналогичное утверждение верно для левой асимптоты.
x2 1 1
.
x 31
& Функция непрерывна на всей числовой оси, кроме точки x = 1. Поэтому толь?
ПРИМЕР 3.55. Найти асимптоты графика функции f (x) 2
2
ко прямая x = 1 может быть вертикальной асимптотой. Так как lim x 2 1 3 4, то
x 11 x 51
прямая x = 1 действительно является вертикальной асимптотой.
Найдем наклонные асимптоты. Так как lim
x12
b 6 lim (f (x) 7 kx) 6 lim
x34
x34
f (x)
x2 3 1
4 lim
4 1, то k = 1 и
x
x 1 2 (x 5 1)x
1 xx 7511 718 x2 6 lim xx 57 11 6 1.
2
x34
Следовательно, прямая y = x + 1 является наклонной асимптотой. %
В задачах 3.563–3.572 найти асимптоты графиков заданных функций.
3x3 4 2x2 4 1
.
x2 4 3
x2
.
x 41
sin x
.
3.565. f (x) 5 2x 4
x
3.564. f (x) 5
3.567. f (x) 5 x2 4 2x 4 3.
ln(x 4 1)
4 x.
3.569. f (x) 5
x2
x2 3 3
.
3.571. f (x) 5
x
3.568. f (x) 5 e x 31 .
3.563. f (x) 5
3.566. f (x) 5 3x 4 arctg5x.
1
3.570. f (x) 5 3 x3 3 x2 .
1 x1 2.
3.572. f (x) 5 x ln e 4
136
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
4. Построение графиков функций
При построении графика функции f(x), имеющей непрерывную вторую произ/
водную всюду в области определения, за исключением, быть может, конечного чис/
ла точек, сначала проводят элементарное исследование. Выясняют особенности функ/
ции (если они имеются): четность, нечетность, периодичность, нули и промежутки
постоянства знака, точки пересечения с осью Oy, промежутки непрерывности, точ/
ки разрыва и их характер, асимптоты. Затем с использованием первой и второй
производной находятся промежутки монотонности и точки экстремума, промежут/
ки выпуклости и точки перегиба.
x4
.
x3 2 1
& Функция определена и непрерывна всюду, кроме x = 1, равна 0 при x = 0, по/
ложительна при x > 1, отрицательна при x < 1. Так как область определения функ/
ции не симметрична относительно начала координат, то функция не может быть
четной или нечетной. Она не является также периодической.
ПРИМЕР 3.56. Построить график функции f (x) 1
x4
2 3.
41
Следовательно, прямая x = 1 является вертикальной асимптотой графика функции.
Для построения графика функции полезно найти односторонние пределы в точке
x = 1. Имеем
x4
x4
lim
4 25 и lim 3
4 35.
x 1 12 0 x 3 2 1
x 1 13 0 x 2 1
Найдем наклонные асимптоты. Так как
Точка x = 1 является точкой разрыва второго рода, потому что lim
x 1 1 x3
lim
x4
4 x4
5
x
6 1 6 k и lim 9 3
7 1 8 x 6 lim 3
6 0 6 b,
x 1 23 x 7 1
x 1 23 x 7 1
7 1)x
x 1 23 (x3
то прямая y = x является одновременно и правой и левой наклонной асимптотой.
Интервалы возрастания и убывания, а также экстремумы функции находим с
помощью первой производной:
Точки x1 = 0, x2 = 1, x3 1 3 4 разбивают область определения функции на четы/
ре промежутка монотонности. При x1 (23,0) 1 ( 3 4, 4 3) производная f¢(x) > 0, функ/
ция возрастает на интервалах (–¥, 0) и ( 3 4, 1 2). При x1 (0,1) 1 (1, 3 4) производная
f¢(x) < 0, функция убывает на интервалах (0, 1) и (1, 3 4). Так как производная ме/
няет знак при переходе через точки x = 0 и x 1 3 4, то это точки экстремумов, а
именно: x1 = 0 — точка максимума, x3 1 3 4 — точка минимума. Значения функ/
413 4
.
3
Интервалы выпуклости, точки перегиба находим с помощью второй производной:
ГЛАВА 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
137
Точки x1 = 0, x2 = 1, x4 1 2 3 2 разбивают область определения функции на четы6
ре промежутка выпуклости. При x1 (23, 2 3 2) 1 (1, 4 3) вторая производная f² > 0,
график функции является выпуклым вниз на интервалах (12, 1 3 2) и (1, +¥). При
x1 (2 3 2,0) 1 (0,1) вторая производная f² < 0, график функции является выпуклым
вверх на интервалах (1 3 2,0) и (0, 1). При переходе через точку x4 1 2 3 2 вторая
производная меняет знак, поэтому x4 1 2 3 2 — точка перегиба. При переходе через
точку x1 = 0 вторая производная знака не меняет, и эта точка не является точкой
перегиба. Значения функции и первой производной в точке перегиба:
23 2 1 3
4
, f ( 2 2) 3 .
3
3
Результаты проведенных исследований сведены в таблицу 3.1.
f (2 3 2) 3 2
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
7 ( 12, 1 2) 1
1 21
47
721
3
3
721
57
9
21
21
11
7
(1 2,0) 1 21 3241561 (1, 4) 1
3
3
19 1
23 2
1
1
3
821
3
821
4 1
( 3 4, 3 2) 1
21
821
721
721
11
21
21
9
1991
43 4
1
3
21
9
11
19 1
1
График функции приведен на рис. 3.6. %
В задачах 3.573–3.590 построить графики функций.
3.573. f (x) 1 x3 2 3x.
x
.
3.575. f (x) 1 3
x 32
x3 2 3x
.
3.577. f (x) 1 2
x 21
3.579. f (x) 1 3 x2 2 2x .
3.581. f (x) 1
x
x2 3 1
.
3.583. f (x) 1 x arctg x.
3.574. f (x) 1 x4 2 2x2 .
x3
.
3.576. f (x) 1
2(x 2 1)2
x2 2 1
.
3.578. f (x) 1 2
x 31
3.580. f (x) 1 3 (x 3 1)2 3 3 (x 2 1)2 .
3.582. f (x) 1
x3
.
x4 3 1
x
3 arcctg x.
2
2
3.586. f (x) 1 xe 2 x /2.
3.584. f (x) 1
3.585. f (x) 1 e2x 2 x .
1
3.587. f (x) 1
3.588. f (x) 1 x2 ln x.
.
x ln x
3.589. f (x) 1 cos x 3 sin x. 3.590. f (x) 1 x x , x 4 0.
2
Рис. 3.6
ГЛАВА 4
ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
§ 4.1.
НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
1. Непосредственное интегрирование
Функция F(x) называется первообразной функции f(x) на некотором промежут
ке, если для всех x из этого промежутка F¢(x) = f(x). Если F(x) является первообраз
ной функции f(x), то функции вида F(x) + C, где C — произвольная константа, и
только они являются первообразными функции f(x).
Неопределенным интегралом 1 f (x)dx функции f(x) называется произвольная
ее первообразная. Если функция F(x) — некоторая первообразная функции f(x), то
3 f (x)dx 1 F(x) 2 C.
Свойства неопределенного интеграла. Пусть функции f(x) и g(x) имеют перво
образные. Тогда (если в равенстве слева и справа есть знак неопределенного интегра
ла, то константу обычно не пишут):
1
2
1. d 8 f (x)dx 3 f (x)dx.
2. 8 df (x) 3 f (x) 4 C.
3. 8 (f (x) 5 g (x))dx 3 8 f (x)dx 5 8 g (x)dx.
4. 8 6f (x)dx 3 6 8 f (x)dx.
5.Если 8 f (x)dx 3 F (x) 4 C, то 8 f (ax 4 b)dx 3
1
F (ax 4 b) 4 C, a 7 0.
a
Непосредственным интегрированием называют вычисление заданного интегра
ла через представление его в виде линейной комбинации основных неопределенных
интегралов с помощью тождественных преобразований подынтегральной функции
и применения свойств 2–5.
5x2 1 3 x 2 sin x 3 2
dx.
x
& Последовательно находим
ПРИМЕР 4.1. Вычислить
4
2 5x2 3 x 5 sin x 2 3
5x2 4 3 x 5 sin x 1 2
dx 6 7
4
1
8 dx 6
x
x
x
9 x
6 5x3/2dx 4 3sin xdx 1 2x 11/2dx 6 5 x3/2dx 4 3 sin xdx 1 2 x 11/2dx 6
6 2x5/2 1 3cos x 1 4x1/2 4 C 6 2x2 x 1 3cos x 1 4 x 4 C. 1
139
ГЛАВА 4. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
1234562789 8
12 6 1 1 21 3
1 1 21
2 3 3 1 4 512 4
1 21
92 6 4 1 21 3
41
2 3 3 4 7 3 4 4 12 4
67 4
7 84
52 6
2 6 7 121 3 5 1 2 32 4
21
3 1 2 32 4
5 1
2 6
2 6 1 21 3 1 2 32 4
112 6
192 6
21
3 7
21
3 5 1 2 32 4
75 1
1 2 6 1 21 3 1 2 32 4
21
3 1 2 32 4
51
45 5 1 5
21
3 67818 2 32 4
1
2 6 5 1 21 3 5 1 2 32 4
2 6 121 3 7 1 2 32 4
2 6
75 248 7
1
2 33 4 7 2 4
4
152 6
21
3 5 1 2 32 4
5 1
1 26
21
1
1
3 8 2 3 3 4 4 2 4
4
45 2 1 5 4
1 26
21
1
1 54
3
8 67
2 33 4 4 2 4
124
1 5 5 4 5 54
12 6
12 6
21
1
3 67 2 32 4
7 1
5
12 6
21
1 5 9 45
3 6781 2 1 5 9 4 5 8 2 3 3 4 4 2 4
21
1
3 67
2
5
1
2 32 4
1
ПРИМЕР 4.2. Вычислить 2 (3x 1 10)10 dx.
& Так как 3 x10dx 1
x11
2 C, то в силу свойства 5 имеем
11
(3x 1 10)11
3 (3x 1 10)10 dx 2 33 1 C. 1
4.26. 3 (sin x 1 cos x)2 dx.
4.28. 3 2x (4x 2 31 x 2 x2 21 x )dx.
4.30. 3 cos2 xdx.
.
2. Метод замены
Если 3 f (x)dx 1 F (x) 2 C и x = j(t), то справедлива формула замены переменной
5 f (2(t))d2(t) 3 5 f (2(t))21(t)dt 3 F(2(t)) 4 C.
В этой формуле предполагается, что f(x) есть непрерывная функция на некото;
ром интервале (a, b), а x = j(t) — непрерывно дифференцируемая функция на интер;
вале (c, d) таком, что область значений функции j принадлежит (a, b).
В несложных случаях формула замены переменной может применяться в ином
варианте, называемом методом подведения под знак дифференциала. Пусть найде;
ны непрерывная функция g(u) и непрерывно дифференцируемая функция u = j(x)
такие, что подынтегральное выражение f(x)dx может быть записано в виде
f(x)dx = g(j(x))j¢(x)dx = g(j(x))dj(x)
и, кроме того, известно, что 3 g (u)du 1 G (u) 2 C. Тогда 4 f (x)dx 1 G (2(x)) 3 C.
ПРИМЕР 4.3. Вычислить интеграл 2 x2 1 1 x3 dx.
& 1;й способ. Сделаем замену x 1 3 t . Тогда dx 1
1
dt и
3 3 t2
1
1
2
dt 2 3 1 1 t dt 2
(1 1 t)3 1 C.
3
9
3 3 t2
Выполнив обратную замену t = x3, окончательно получим
3 x2
1 1 x3 dx 2 3 ( 3 t )2 1 1 ( 3 t )3
2
(1 1 x3 )3 1 C.
9
2;й способ. Внесем x2 под знак дифференциала:
3 x2
3 x2
1 2 x3 dx 1
1 1 x3 dx 2
1
1
2 3
u
1 2 x3 d(x3 2 1) 1 3 u du 1
33
3
9
ПРИМЕР 4.4. Вычислить
2
& Заметим, что (arctg x)1 2
u 1 x3 21
1
2
(1 2 x3 )3 2 C. 1
9
arctg x
dx.
1 1 x2
1
. Следовательно, подводя под знак дифферен;
1 3 x2
циала, получаем
arctg2x
arctg x
u2
3 1 2 x2 dx 1 3 arctg x d(arctg x) 1 3 u du 1 2 2 C 1 2 2 C. 1
ГЛАВА 4. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
3. Интегрирование по частям
Пусть u(x) и v(x) — непрерывно дифференцируемые функции. Тогда верна фор
мула интегрирования по частям
или, в краткой форме,
Для применения формулы интегрирования по частям при вычислении 1 f (x)dx
необходимо представить подынтегральное выражение f(x)dx в виде произведения
u(x) × v¢(x)dx = u(x)dv(x). За функцию u(x) часто (но не всегда!) принимают множиB
тель, который упрощается при дифференцировании. В частности, если под знаком
интеграла стоит произведение алгебраического многочлена на тригонометрическую
или показательную функцию, то за u(x) выбирают многочлен. При этом формула
интегрирования по частям может применяться неоднократно.
ПРИМЕР 4.5. Вычислить 2 (x2 1 3)sin(2x 1 1) dx.
1 4 (x2 2 3)sin(2x 2 1) dx 1
u 1 x2 2 3
du 1 2xdx
1
1
dv 1 sin(2x 2 1) dx v 1 3 cos(2x 2 1)
2
1
1 3 (x2 2 3)cos(2x 2 1) 2 4 x cos(2x 2 1) dx.
2
142
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Для вычисления полученного интеграла справа снова применим интегрирова(
ние по частям, полагая u = x, dv = cos(2x + 1)dx. Тогда du 1 dx, v 1 1 sin(2x 2 1) и
2
1 2
2 3)sin(2x 1)dx
(
x
(
x
3)cos(2
x
1)
x
cos(2
x
1)
dx 2
1
1
2
3
1
1
1
1
4
4
2
1
1
1
2 3 (x2 1 3)cos(2x 1 1) 1 x sin(2x 1 1) 3 4 sin(2x 1 1)dx 2
2
2
2
1 2
1
1
2 3 (x 1 3)cos(2x 1 1) 1 x sin(2x 1 1) 1 cos(2x 1 1) 1 C 2
2
2
4
1
2
2 ((32x 3 5)cos(2x 1 1) 1 2x sin(2x 1 1)) 1 C. 1
4
ПРИМЕР 4.6. Вычислить интеграл 2 (5x4 1 2x)ln x dx.
& Здесь за u(x) удобнее взять ln x, а не многочлен 5x4 + 2x. Получим
dx
u 1 ln x
du 1
x5 2 x2
4 2 2x)ln x dx 1
(5
x
dx 1
x 1 (x5 2 x2 )ln x 3 4
4
x
dv 1 (5x4 2 2x) dx v 1 x5 2 x2
1 (x5 2 x2 )ln x 3 4 (x4 2 x) dx 1 (x5 2 x2 )ln x 3
x5 x 2
3
2 C. 1
5
2
В задачах 4.55–4.66, применяя формулу интегрирования по частям, вы(
числить интегралы.
4.55. 3 x sin xdx.
4.57. 3
(x2
4.56. 3 x cos2xdx.
4.58. 3 x2 sin2xdx.
1 2x)cos3xdx.
4.59. 3 xex dx.
4.60. 3 (x2 2 1)2x dx.
ln x
dx.
x
4.64. 3 arctg xdx.
4.61. 3 ln xdx.
4.62. 3
4.63. 3 ln2 xdx.
4.65. 3 arcsin xdx.
4.66. 3 x arctg xdx.
Иногда после применения формулы интегрирования по частям в правой части
получается выражение, содержащее исходный интеграл, то есть получается уравне(
ние, где неизвестным является искомый интеграл.
ПРИМЕР 4.7. Вычислить
1
Отсюда 23 1 1 x2 dx 2 x 1 1 x2 1 ln| x 1 1 1 x2 | 1 C1 и, окончательно,
3
1 1 x2 dx 2
x
1
1 1 x2 1 ln| x 1 1 1 x2 | 1 C. 1
2
2
ГЛАВА 4. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
143
В задачах 4.67–4.70 вычислить интегралы.
4.67. 2 e3x sin xdx.
4.69. 2 x2 1 1 dx.
4.68. 2 e2x cos3xdx.
4.70. 2 1 1 x2 dx.
4.71. Вывести рекуррентную формулу для вычисления интеграла
In 1 3
Найти I2, зная, что I1 1 3
dx
.
(x2 2 1)n
dx
1 arctg x 2 C.
x2 2 1
§ 4.2.
ИНТЕГРИРОВАНИЕ ОСНОВНЫХ КЛАССОВ
ЭЛЕМЕНТАРНЫХ ФУНКЦИЙ
1. Интегрирование рациональных дробей
Рассмотрим сначала интегрирование так называемых простейших рациональ<
ных дробей. Простейшими называют дроби следующих четырех типов:
A
A
1.
.
2.
, n 1 2,3,... .
x2a
( x 2 a) n
Ax 3 B
Ax 3 B
3. 2
. 4. 2
, n 1 2,3,... .
(x 3 px 3 q)n
x 3 px 3 q
При этом считаем, что квадратные трехчлены в знаменателях дробей 3 1 и расходятся при a £ 1.
12
ПРИМЕР 4.23. Вычислить
1
& Имеем
12
6
0
x dx
3 x 4 1 1.
b
b
x dx
x dx 1
1
dx2
5 lim 6 4
5 lim 6 2 2
5 lim arctg x2
4
2
2 b 3 12
b
3
12
b
3
12
1
1
x 11
x
x
1
(
)
1
0
0
b
0
5
ПРИМЕР 4.24. Исследовать на сходимость интегралы:
12
а)
3
1
x 1 cos x
dx; б)
x2 1 sin x
12
4
1
2 x5 1 3x2 3 4
dx; в)
4x4 1 100x 3 5
12
4
1
e3x
dx.
x
3
1
4
lim arctg b2 5 . 1
2 b 3 12
4
159
ГЛАВА 4. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
1
2
x 4 cos x
cos x
6 lim 1 4
6 1, то x + cos x ~ x при x ® +¥. Анало!
x
x
x 3 45
12
1
x 1 cos x 1
2 , x ® +¥. Интеграл 3 x dx рас!
гично, x2 + sin x ~ x2 при x ® +¥. Значит, 2
x 1 sin x x
1
ходится (см. (4.5), a = 1). Следовательно, по предельному признаку сравнения инте!
& а) Так как lim
x 3 45
12
грал
x 1 cos x
3 x2 1 sin x dx
также расходится.
1
б) При x ® +¥ имеем 2 x5 1 3x2 2 4 3 2 x5 и 4x4 + 100x – 5 ~ 4x4. Тогда
в) Функция e–t является убывающей. Так как x3 ³ x на [1, +¥), то
на [1, +¥). Интеграл
12
12
5 e3xdx 4 3 e3x 1
1
12
сходится. Следовательно, интеграл
4
1
4
1
e
e3x
dx также сходится. %
x
3
В задачах 4.204–4.213 вычислить интегралы или установить их расходи!
мость.
12
4.204.
4.205.
4 xe3x dx.
4.207.
4
e
12
4.206.
2
0
12
4.208.
dx
4 x2 1 6x 1 11.
32
12
4.210.
12
dx
.
x ln3 x
3x 1 2
0
12
4.209.
x12
4 x2 1 4x 1 13 dx.
32
12
4 x3 1 x2 dx.
4.211.
4 x cos x dx.
4.213.
0
4 xe3x dx.
0
12
1
12
4.212.
x dx
4 x2 1 4 .
x12
4 x(x2 1 2x 1 2) dx.
1
12
4 e32x cos x dx.
0
В задачах 4.214–4.222 исследовать на сходимость интегралы.
12
4.214.
3
1
12
4.216.
3
1
x dx
.
3 1 2x 1 x4
3x2 1 (x 1 1)3
2x3 1 x5 1 1
3
12
4.215.
3
1
12
dx. 4.217.
3
1
dx
.
x(x 1 1)(x 1 2)
x 3 1 3 x2
dx .
x3 1 3x 1 1
160
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
12
4.218.
5
4.219.
5
dx
.
x ln x 4 lnln x
4.221.
1
12
4.220.
12
3 1 sin x
dx .
3
x
e2
5
sin(1/ x)
dx .
3
x
5
dx
.
ln x
1
12
e
12
4.222.
5 e3x dx.
2
0
2. Интегралы от неограниченных функций
Пусть функция f(x) определена на [a, b), интегрируема на [a, b¢] при любом b¢ < b
и не ограничена в любой левой окрестности точки b. В этом случае говорят, что она
имеет единственную особенность в точке b. По определению полагают
b
5 f (x) dx 4 lim
b1 2 b 3
a
b1
5 f (x) dx.
(4.6)
a
Если предел в правой части равенства (4.6) существует и конечен, то несобственный
b
интеграл 1 f (x) dx называется сходящимся, в противном случае — расходящимся.
a
Если существует непрерывная на отрезке [a, b] функция F(x), являющаяся пер?
b
вообразной для f(x) на промежутке [a, b), то несобственный интеграл 1 f (x) dx может
a
быть вычислен по обобщенной формуле Ньютона–Лейбница
b
(4.7)
3 f (x) dx 1 F(b) 2 F(a) 1 F(x) a .
b
a
b
Аналогичным образом определяется несобственный интеграл 1 f (x) dx в случае,
a
когда функция имеет единственную особенность в точке a. Если точка c Î (a, b) —
единственная точка разрыва второго рода функции f(x) на отрезке [a, b] и f(x) не
b
ограничена в окрестности точки c, то несобственный интеграл
1 f (x) dx
называется
a
сходящимся, если сходятся оба несобственных интеграла с единственными особен?
c
b
b
a
c
a
c
b
ностями 1 f (x) dx и 1 f (x) dx. При этом 3 f (x) dx 1 3 f (x) dx 2 3 f (x) dx. Если f(x) не огра?
a
c
ничена как в правой окрестности точки a, так и левой окрестности точки b, то инте?
b
d
a
a
b
грал 1 f (x) dx называется сходящимся, если сходятся интегралы 1 f (x) dx и 1 f (x) dx,
b
d
b
a
a
d
d
где a < d < b. При этом также 3 f (x) dx 1 3 f (x) dx 2 3 f (x) dx.
Признаки сходимости и расходимости несобственных интегралов от неограни?
ченных функций аналогичны признакам из п. 1 для интегралов по бесконечному
промежутку.
161
ГЛАВА 4. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
На практике в качестве интегралов, с которыми производится сравнение, обычно используются интегралы вида
b
dx
b
dx
4 (x 3 a)1 , 4 (b 3 x)1
a
(1 2 0),
(4.8)
a
которые сходятся при a < 1 и расходятся при a ³ 1.
3
ПРИМЕР 4.25. Вычислить
dx
.
4x 1 x 2 1 3
2
1
3
& Интеграл
dx
имеет особенности в точках x = 1 и x = 3, так как
4x 1 x 2 1 3
2
1
1
1 2 при x ® 1 + 0 и при x ® 3 – 0. Поэтому рассмотрим два несобствен4x 3 x 2 3 3
2
ных интеграла
2
1
dx
и
4x 1 x 2 1 3
3
dx
с единственными особенностями. По фор4x 1 x 2 1 3
Таким образом, оба интеграла сходятся и, следовательно, интеграл
3
2
1
2
сходится и равен
5
1
dx
4x 1 x 2 1 3
3
dx
dx
15
2 3. 1
4 x 4 x 2 4 3 2 4x 4 x 2 4 3
1
ПРИМЕР 4.26. Исследовать на сходимость интеграл
2
0
cos x
dx.
1 1 x3
& Подынтегральная функция имеет единственную особенность в точке x = 1. Так
как
cos x
cos x
cos1
1
1
2
3
, x 4 1 5 0,
3
2
5x
3
1
15 x
(1 5 x)(1 6 x 6 x )
1
и интеграл
2
0
dx
сходится (см. (4.8)), то сходится интеграл
11 x
1
2
0
cos x
dx. 1
1 1 x3
В задачах 4.223–4.228 вычислить интегралы или установить их расходимость.
1
2
4
x dx
dx
dx
.
.
4.223. 4 2
4.224.
4.225.
4 5 (x2 3 4)4
4 6x 3 x2 3 8 .
4
2
x
x
0
0
2
3
dx
.
2 3 5x 2 6
x
2
4.226. 4
12
e
dx
.
3x
ln
x
1
4.227. 4
4.228.
4
0
cos x dx
.
x
162
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
В задачах 4.229–4.234 исследовать интегралы на сходимость.
1
1
1
cos x 1 sin2x
x2
dx. 4.230. 4
dx.
3
4
x
0
0 13 x
4.229. 4
1
1
31
dx .
1
ln(1
x2 )
0
ex
4.232. 4
4.233. 4
0
4
0
1
1
dx
. 4.234. 4
dx.
x 31 3 x
tg x 3 sin x
e
0
12
Если сходится интеграл
dx
.
x 2 3 13 x
4.231. 4
12
12
3 |f (x)| dx, то сходится и 3 f (x) dx. В этом случае 3a f (x) dx
a
a
12
3 f (x) dx
называется абсолютно сходящимся. Если интеграл
12
сходится, а
a
3 |f (x)| dx
a
12
расходится, то интеграл
3 f (x) dx
называют условно сходящимся.
a
В задачах 4.235–4.237 исследовать интегралы на абсолютную и услов:
ную сходимость.
12
4.235.
4
1
1
cos(1/ x)
cos x 1 2sin2x
dx. 4.236. 4
dx. 4.237.
x2 1 x 1 1
1 3 x2
0
12
4
1
cos2x
dx.
x
§ 4.5.
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРИЛОЖЕНИЯ
ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА
1. Площадь плоской фигуры
Пусть функция f(x) непрерывна на отрезке [a, b] и
неотрицательна на нем. Тогда площадь криволинейной
трапеции, ограниченной прямыми x = a, x = b, осью Ox
и графиком функции f(x) (рис. 4.3), вычисляется по
b
формуле S 1 2 f (x) dx.
a
Если фигура ограничена графиками функций f(x), g(x)
и прямыми x = a, x = b, причем f(x) ³ g(x) при x Î [a, b],
то площадь этой фигуры
Рис. 4.3
b
S 1 3 (f (x) 2 g (x)) dx.
(4.9)
a
Рис. 4.4
ПРИМЕР 4.27. Вычислить площадь фигуры, ограни:
ченной параболой y = x2 + 1 и касательными к ней, про:
веденными в точках с абсциссами x = ±2.
& Фигура, площадь которой необходимо найти, сим:
метрична относительно оси Oy (рис. 4.4). Поэтому ее
площадь равна удвоенной площади ее части, лежащей
в правой полуплоскости. Составим уравнение каса:
тельной в точке с абсциссой x0 = 2. Уравнение имеет
163
ГЛАВА 4. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
вид y 2 y0 3 y01 (x 4 x0 ). В нашем случае y02 1 (x2 3 1)2| x 12 1 4, y0 = 5. Поэтому уравнение
касательной y = 4x – 3. Следовательно (см. формулу (4.9)), площадь фигуры
2
В задачах 4.238–4.247 найти площади фигур, ограниченных указанныA
ми линиями.
4.238. Параболой y = x2 + 2x и прямой y = x + 2.
4.239. Кривыми y = ex, y = e–x и прямой x = 1.
4.240. Кривой y = ln x и прямыми x = e, x = e2, y = 0.
4.241. Кривой y = arcsin x и прямыми x = 0, y = p/2.
4.242. Локоном Аньези y 1
1
и его асимптотой.
1 2 x2
1
, осью Oy и прямой x = 1.
x
x 2 y2
4.244. Эллипсом 2 1 2 2 1.
a
b
4.243. Кривой y 1
2
y2
4.245. Гиперболой x2 1 2 2 1 и прямой x = 2a.
a
b
4.246. Кривой y = tg x, нормалью к ней в точке с абсциссой x = p/4 и
осью Ox.
4.247. Окружностью x2 + y2 = 8 и параболой 2x = y2 (каждой из двух частей).
Площадь полярного сектора (рис. 4.5), ограниA
ченного непрерывной кривой r = r(j) и двумя лучаA
ми, выходящими из полюса, j = a, j = b (r, j — поA
лярные координаты точки на плоскости), вычисляA
ется по формуле
1
S3
1 2
r (4) d4.
25
2
ПРИМЕР 4.28. Вычислить площадь фигуры, огA
раниченной кривой r = a cos2j (рис. 4.6).
& В силу симметрии кривой, найдем сначала поA
ловину искомой площади:
1
a2
S7
2
2
7
a2
4
3 /4
8
cos2 26 d6 7
43 /4
16 5 sin44 6 2
Отсюда S = pa2/4. %
3 /4
7
43 /4
a2
2
3a2
8
3 /4
8
43 /4
Рис. 4.5
1 5 cos46
d6 7
2
.
Рис. 4.6
164
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
В задачах 4.248–4.252 найти площади фигур, ограниченных указанны+
ми кривыми.
4.248. Кривой r = a(1 + sin j).
4.249. Кривыми r = 2a sin j, r = 2a cos j.
4.250. Кривой r = 2 + cos j.
4.251. Кривыми r2 = 2cos2j, r = 1 (вне круга).
1
, лучом j = p/3 и полярной осью.
4.252. Кривой r 1
cos 2
4.253. Перейдя к полярным координатам, вычислить площадь, заклю+
ченную внутри лемнискаты Бернулли x4 + y4 = x2 + y2.
Если плоская фигура ограничена кривой, заданной параметрическими уравне+
ниями y = y(t) ³ 0, x = x(t), прямыми x = a, x = b, a < b, и осью абсцисс, то площадь
фигуры вычисляется по формуле
t2
S 2 3 y(t)x1(t) dt,
(4.10)
t1
где пределы интегрирования находятся из уравнений a = x(t1), b = x(t2).
По формуле (4.10) вычисляется также площадь фигуры, ограниченной замкну+
той (т. е. (x(t1), y(t1)) = (x(t2), y(t2)) кривой. При этом изменение параметра t от t1 до t2
должно соответствовать обходу кривой по часовой стрелке.
ПРИМЕР 4.29. Вычислить площадь фигуры, ограниченной эллипсом x = a cos t,
y = b sin t (0 £ t £ 2p).
& Чтобы обход эллипса совершался по часовой стрелке, параметр t должен ме+
няться от 2p до 0. Таким образом, по формуле (4.10) находим площадь эллипса:
0
23
23
23
0
0
S 5 ab 7 sin t 6 (4 sin t) dt 5 ab 7 sin2t dt 5 ab 7
1
1 4 cos2t
ab
sin2t
dt 5
t4
2
2
2
2
23
5 3ab. 1
0
В задачах 4.254–4.257 найти площади фигур, ограниченных указанны+
ми линиями.
4.254. Астроидой x = a cos3t, y = a sin3t.
4.255. Одной аркой циклоиды x = 2(t – sin t), y = 2(1 – cos t) и осью Ox.
4.256. Кривой x = a sin t, y = a sin2t, t Î [0, p].
4.257. Петлей кривой x = a(t2 + 1), y = b(t3 – 3t).
2. Объем тела вращения
Объем тела, образованного вращением вокруг оси Ox или Oy криволинейной тра+
пеции, ограниченной графиком неотрицательной непрерывной на отрезке [a, b] функ+
ции f(x), прямыми x = a, x = b, y = 0, вычисляется соответственно по формулам
b
Vx 1 2 3 f 2 (x) dx
(4.11)
a
и
b
Vy 1 22 4 x | f (x)| dx (a 3 0).
a
(4.12)
ГЛАВА 4. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
165
ПРИМЕР 4.30. Найти объемы тел, полученных вращением фигуры, ограничен/
ной одной полуволной синусоиды y = sin x и отрезком 0 £ x £ p оси Ox, вокруг: а) оси
Ox; б) оси Oy.
& а) Объем тела вращения вокруг оси Ox находим по формуле (4.11):
1
Vx 2 1 4 sin2x dx 2
0
1
1
12
(1 3 cos2x) dx 2 .
24
2
0
б) Используя формулу (4.12) и интегрирование по частям, находим объем тела
вращения вокруг оси Oy:
1
Vy 4 21 x sin x dx 4
0
1
2
3
u4x
du 4 dx
1
4 21 7 5x cos x 0 6 cos x dx 8 4 212. 1
7
8
dv 4 sin xdx v 4 5 cos x
0
9
4.258. Найти объем тела, образованного вращением параболического сег/
мента с основанием 2a и высотой h вокруг оси симметрии.
4.259. Найти объем эллипсоида, образованного вращением эллипса
x 2 y2
1
21
a 2 b2
вокруг оси Ox.
4.260. Фигура, ограниченная параболой 2y = x2 и прямой 2x + 2y – 3 = 0,
вращается вокруг оси Ox. Найти объем тела вращения.
4.261. Фигура, ограниченная кривыми y = 1 – e–2x, y = e–x + 1 и прямой
x = 0, вращается вокруг оси Ox. Найти объем тела вращения.
4.262. Фигура, ограниченная кривой y = x + sin2x и прямыми y = x, x = 0
и x = p, вращается вокруг оси Oy. Найти объем тела вращения.
2
4.263. Фигура, ограниченная кривой y 1 x 2 x 2 2 и прямой y = 2, враща/
2
ется вокруг оси Oy. Найти объем тела вращения.
3. Длина дуги кривой
Если кривая задана уравнением y = f(x) и производная f¢(x) непрерывна, то дли/
на дуги выражается интегралом
b
l 2 4 1 3 (f 1(x))2 dx,
a
где a и b — абсциссы концов дуги.
Если плоская кривая задана в параметрическом виде x = x(t), y = y(t) и произ/
водные x¢(t), y¢(t) непрерывны, то длина дуги выражается интегралом
t2
l 2 4 (x1(t))2 3 ( y1(t))2 dt,
t1
где t1 и t2 — значения параметра, соответствующие концамдуги (t1 < t2).
Аналогично вычисляется длина дуги пространственной кривой, заданной пара/
метрическими уравнениями x = x(t), y = y(t), z = z(t), t1 £ t £ t2:
t2
l 2 4 (x1(t))2 3 (y1(t))2 3 (z1(t))2 dt.
t1
166
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Если кривая задана в полярных координатах уравнением r = r(j) и производная
r¢(j) непрерывна, то длина дуги вычисляется по формуле
1
l 4 7 (r (5))2 6 (r 3(5))2 d5,
2
где a и b — значения полярного угла j в концах дуги (a < b).
ПРИМЕР 4.31. Найти длину дуги параболы y = x2 от точки O(0, 0)до точки B(1, 1).
1
& Длина дуги выразится интегралом l 1 1 2 4x2 dx. Неопределенный интеграл
3
0
(см. пример 4.7):
3
1 1 x2 dx 2
x
1
1 1 x2 1 ln x 1 1 1 x2 1 C.
2
2
Следовательно,
1
x
1
1 1 (2x)2 d(2x) 2
1 1 4x2 1 ln 2x 1 1 1 4x2 1 C.
23
2
4
По формуле Ньютона–Лейбница получим
3
1 1 4x2 dx 2
l3
1 x2
1
1 4 4x2 4 ln 2x 4 1 4 4x2
4
2
1
3
0
5 1
4 ln(2 4 5). 1
2 4
ПРИМЕР 4.32. Найти длину астроиды x = a cos3t, y = a sin3t.
& В силу симметрии кривой найдем сначала длину ее части, находящейся в перB
вой четверти. Имеем
x¢(t) = – 3a cos2t sin t, y¢(t) = 3a sin2t cos t.
Так как 0 £ t £ p/2, то для подынтегральной функции получаем
3
(x1(t))2 2 (y1(t))2 3 3a cos4t sin2t 2 cos2t sin4t 3 3a cos t sin t 3 a sin2t.
2
Следовательно,
1 3a
l2
4
2
1 /2
4
sin2t dt 2 3
0
1 /2
3a
3a
cos2t
2 .
4
2
0
Таким образом, l = 6a. %
ПРИМЕР 4.33. Найти длину логарифмической спирали r = eaj, a > 0, находящейB
ся внутри окружности r = 1.
& Найдем пределы изменения полярного угла. Имеем eaj £ 1. Следовательно,
–¥ < j £ 0. Значит,
0
l5
7
0
(r (1))2 6 (r 4(1))2 d1 5
23
1 6 a2 a1
5
e
a
7
0
e2a1 6 a2e2a1 d1 5 1 6 a2
23
0
23
1 6 a2
5
.1
a
В задачах 4.264–4.275 найти длины дуг:
2
1x
1
3
от x 2 до x 2 .
4.264. Кривой y 2 lnsin
1
2
2
2
7 ea1 d1 5
23
ГЛАВА 4. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
167
4.265. Полукубической параболы y2 = x3 от начала координат до точки (4, 8).
1
4.266. Кривой y 1 (3 2 x) x между точками пересечения ее с осью абсцисс.
3
4.267. Кривой y 2 ln
ex 1 1
от x = ln 2 до x = ln 5.
ex 3 1
1
4.268. Цепной линии y 1 ch2x от x = 0 до x = 3.
2
4.269. Замкнутой кривой 8a2y2 = x2(a2 – x2).
4.270. Кривой x = a(3cos t – cos3t), y = a(3sin t – sin3t) от t = 0 до t = p/2
(a > 0).
4.271. Кривой x = et cos t, y = et sin t от t = 0 до t = 1.
4.272. Кривой x = a(cos t + t sin t), y = a(sin t – t sin t) от t = 0 до t = 2p.
4.273. Одной арки циклоиды x = a(t – sin t), y = a(1 – cos t).
4.274. Кривой x 1
t6
t4
между точками ее пересечения с осями коA
,y 1 22
6
4
ординат.
t 1 3t3
.
3
В задачах 4.276, 4.277 найти длины дуг пространственных кривых.
4.276. x = et cos t, y = et sin t, z = et между плоскостями z = 0 и z = ln 3.
4.275. Петли кривой x = t2, y 2
4.277. x 1 a t cos t, y 1 a t sin t, z = at от t = 0 до t = 4.
В задачах 4.278–4.281 найти длины дуг кривых, заданных в полярной
системе координат:
4.278. Кардиоиды r = 1 + cos j.
4.279. Кардиоиды r = 2(1 – cos j), находящейся внутри окружности r = 1.
4.280. Спирали Архимеда r = 5j, находящейся внутри окружности r = 10p.
4.281. Замкнутой кривой r 2 a cos3
1
(a > 0).
3
4. Площадь поверхности вращения
Пусть кривая задана уравнением y = f(x) ³ 0 и производная f¢(x) непрерывна.
Площадь поверхности, образованной вращением вокруг оси Ox ее дуги между точA
ками с абсциссами x = a, x = b выражается интегралом
b
Qx 2 23 5 f (x) 1 4 (f 1(x))2 dx.
a
Если дугу вращать вокруг оси Oy, то площадь соответствующей поверхности вращеA
ния выразится интегралом
b
Qy 2 23 7 x 1 4 (f 1(x))2 dx, 0 5 a 6 b.
a
168
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Если кривая задана параметрически или в полярных координатах, то формулы
для вычисления площади поверхности получаются из приведенных путем соответ/
ствующей замены переменных.
ПРИМЕР 4.34. Найти площадь поверхности тора, образованного вращением ок/
ружности x2 + (y – 2)2 = 1 вокруг оси Ox.
& Найдем отдельно площади, полученные вращением верхней и нижней поло/
вин окружности. Для верхней половины окружности имеем уравнение y 1 2 2 1 3 x2 ,
x
и площадь соответствующей части тора равна
1 3 x2
–1 £ x £ 1. Отсюда y1 2 3
1
1
Q1, x 4 25 (2 6 1 1 x2 ) 1 6
11
4 45 arcsin x
1
11
x2
2
6 138 dx 4
dx 4 25 27
2
1 1 x2
11 9 1 1 x
6 25 4 452 6 25.
Аналогично, площадь поверхности, полученная вращением нижней половины ок/
ружности y 1 2 2 1 2 x2 , –1 £ x £ 1, равна Q2, x = 4p2 – 2p. Следовательно, площадь по/
верхности тора: Qx = Q1, x + Q2, x = 8p2. %
4.282. Найти площадь поверхности, образованной вращением дуги куби/
1
ческой параболы y 1 x3 , –1 £ x £ 1, вокруг оси Ox.
3
4.283. Найти площадь поверхности, образованной вращением одной по/
луволны синусоиды y = sin x, 0 £ x £ p, вокруг оси Ox.
4.284. Найти площадь поверхности (называемой катеноидом), образован/
1
ной вращением дуги цепной линии y 1 ch2x, 0 £ x £ 3, вокруг оси Ox.
2
4.285. Найти площадь поверхности, образованной вращением вокруг
1
x (x 2 12), 0 £ x £ 12.
6
4.286. Найти площадь поверхности, образованной вращением кривой
y = arcsin x вокруг оси Oy.
4.287. Найти площадь поверхности параболоида, образованного враще/
нием дуги параболы y = x2, 0 £ x £ 1, вокруг оси Oy.
4.288. Найти площадь поверхности, образованной вращением одной арки
циклоиды x = a(t – sin t), y = a(1 – cos t) вокруг оси Ox.
4.289. Найти площадь поверхности эллипсоида, образованной вращени/
ем эллипса x = cos t, y = 2sin t вокруг оси Ox.
4.290. Найти площадь поверхности, образованной вращением кардиои/
ды r = 2a(1 + cos j) вокруг полярной оси.
4.291. Найти площадь поверхности, образованной вращением окружно/
сти r = 2a sin j вокруг полярной оси.
оси Ox дуги кривой y 1
ГЛАВА 4. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
169
§ 4.6.
ПРИЛОЖЕНИЯ ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА
К РЕШЕНИЮ НЕКОТОРЫХ ЗАДАЧ
МЕХАНИКИ И ФИЗИКИ
Общую схему применения понятия определенного интеграла к решению физи0
ческих задач можно описать следующим образом. Пусть нужно вычислить величи0
ну, зависящую от промежутка и обладающую свойством аддитивности относитель0
но промежутков, т. е. значение величины на объединении непересекающихся про0
межутков равно сумме значений величины на каждом промежутке. Тогда, разбивая
промежуток на малые части и применяя на каждой части физический закон, спра0
ведливый при постоянном значении силы, массы, скорости и т. п., находят прибли0
женное значение искомой величины в виде интегральной суммы (см. § 4.1). Затем,
устремляя мелкость промежутков к нулю, выражают нужную величину в виде опре0
деленного интеграла. Используют и иное рассуждение: рассматривая искомую ве0
личину как функцию от некоторого параметра, находят ее дифференциал. Приме0
няя формулу Ньютона–Лейбница находят величину.
Приведем физические законы, которые могут быть использованы при решении
ниже предложенных задач.
1) Статический момент точки массой m относительно некоторой оси есть произ0
ведение ml, где l — расстояние от точки до оси.
2) Центром масс фигуры является точка, обладающая свойством: если в ней со0
средоточить всю массу фигуры, то статический момент такой точки относительно
любой оси совпадает со статическим моментом фигуры относительно этой же оси.
3) Моментом инерции точки массой m относительно оси есть произведение ml2,
где l — расстояние от точки до оси.
4) Кинетическая энергия точки массой m, движущейся со скоростью v, рав0
на mv2/2.
5) Работа A постоянной силы F, перемещающей точку на расстояние s, равна Fs.
6) Сила давления P жидкости на площадку S с глубиной погружения H по зако0
ну Паскаля равна P = rgHS, где r — плотность жидкости.
7) Масса кривой длины l с постоянной линейной плотностью r равна m = rl. Ана0
логично определяется масса плоской фигуры и тела с постоянной плотностью.
В приведенных ниже примерах и задачах считаем, что все данные выражены в
одной системе единиц измерения.
ПРИМЕР 4.35. Найти массу дуги y = ln cos x, 0 £ x £ p/4, если линейная плотность
точки кривой с абсциссой x равна r(x) = sin x.
& Обозначим через m(x) массу дуги, соответствующую промежутку [0, x]. Увели0
чим длину промежутка на dx. На промежутке [x, x + dx] плотность можно считать
постоянной, равной sin x, а длину участка кривой равной дифференциалу дуги, т. е.
1
dx.
cos x
Поэтому дифференциал массы (часто говорят «элементарная масса»), в соответст0
вии с законом 7) равен
dl 2 1 3 ( y1)2 dx 2 1 3 tg2x dx 2
dm(x) 1 2(x) dl 1
sin x
dx.
cos x
Отсюда легко находим массу дуги:
1 /4
m2
4
0
1 /4
dm(x) 2
4
0
1 /4
sin x
1
dx 2 3 lncos x 0 2 ln2. 1
cos x
2
170
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
ПРИМЕР 4.36. Найти статический момент дуги параболы y = x2, 0 £ x £ 1, отно+
сительно оси Oy, считая линейную плотность постоянной, равной 1.
& Обозначим через My(x) статический момент относительно оси Oy дуги парабо+
лы, соответствующей промежутку [0, x]. Увеличим длину промежутка на dx. Нахо+
дим массу части дуги параболы на промежутке [x, x + dx]:
dm 2 1 3 (y1)2 dx 2 1 3 4x2 dx.
Поскольку все точки рассматриваемого участка параболы можно считать находя+
щимися на одном и том же расстоянии x от оси Oy, то дифференциал (элементарный
статический момент) величины My(x) в соответствии с законом 1) равен
dMy (x) 1 x 1 2 4x2 dx.
Следовательно, статический момент дуги параболы относительно оси Oy:
1
1
My 3 4 dMy (x) 3 4 x 1 1 4x2 dx 3
0
0
1
(1 1 4x2 )3/2
1
1 1 4x2 d(4x2 1 1) 3
4
8
12
0
1
3
0
5 5 21
.1
12
Пусть дуга кривой задана уравнением y = f(x), a £ x £ b и имеет линейную
плотность r = r(x). В задачах 4.292–4.294 доказать утверждения.
4.292. Статические моменты дуги Mx и My относительно координатных
осей Ox и Oy соответственно равны
b
b
Mx 2 5 3(x)f (x) 1 4 (f 1(x))2 dx, My 2 5 3(x) x 1 4 (f 1(x))2 dx.
a
a
b
4.293. Масса дуги равна m 2 5 3(x) 1 4 (f 1(x))2 dx.
a
4.294. Координаты x и y центра масс дуги вычисляются по формулам
b
x2
b
1
1
3(x)x 1 4 (f 1(x))2 dx, y 2 5 3(x)f (x) 1 4 (f 1(x))2 dx,
m 5a
ma
где m — масса дуги.
4.295. Найти статический момент относительно оси Ox синусоиды y = sin x,
0 £ x £ p.
4.296. Найти статический момент и момент инерции относительно оси Ox
дуги кривой y = ex, 0 £ x £ 1.
4.297. Найти кинетическую энергию однородного (r = 1) кругового кону+
са с радиусом основания R и высотой H, вращающегося с угловой скоростью w
вокруг своей оси.
4.298. Найти кинетическую энергию однородного (r = 1) шара радиуса R,
вращающегося с угловой скоростью w вокруг своего диаметра.
4.299. Скорость прямолинейного движения тела выражается формулой
v(t) = 2t + 3t2 (м/с). Найти путь, пройденный телом за 5 с от начала движе+
ния (t = 0).
ГЛАВА 4. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
171
1
(м/с). Найти
1 1 t2
путь, пройденный точкой от начала движения (t = 0) до полной остановки.
4.301. Вычислить работу, которую надо совершить, чтобы насыпать кучу
песка конической формы с радиусом основания R и высотой h. Плотность
песка равна r.
4.302. Вычислить работу, которую надо совершить при постройке пира;
миды с квадратным основанием, если высота пирамиды H, сторона основа;
ния a, а плотность материала r.
4.303. Найти силу давления жидкости плотности r на треугольный за;
твор плотины с основанием a и высотой h, если основание затвора находится
на поверхности.
4.304. Найти силу давления жидкости плотности r, заполняющей кру;
говой цилиндр с радиусом основания R и высотой H, на боковую стенку
цилиндра.
4.300. Скорость движения точки изменяется по закону
ГЛАВА 5
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ
ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ
НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
§ 5.1.
ПРЕДЕЛ. НЕПРЕРЫВНОСТЬ
1. Понятие функции нескольких переменных
Пусть D — некоторое множество упорядоченных пар (x, y) действительных чи
сел. Если каждой паре (x, y) Î D поставлено в соответствие некоторое действитель
ное число z, то говорят, что на множестве D задана функция двух переменных
z = f(x, y). Переменные x, y называют аргументами или независимыми переменны
ми, а z — зависимой переменной или функцией. Множество D называется областью
определения функции, а множество значений функции, когда пары (x, y) пробегают
D, называют множеством (или областью) значений функции f. Если функция зада
на формулой и область определения не указана, то за область определения функции
принимают множество всех пар аргументов, при которых формула имеет смысл (ес
тественная область определения). Аналогично определяются функции трех и боль
шего числа переменных.
Упорядоченную пару (x, y) действительных чисел удобно интерпретировать как
точку M декартовой плоскости Oxy с координатами x, y, а функцию двух перемен
ных записывать также в виде z = f(M). Множество точек P(x, y, z) трехмерного де
картового пространства, где z = f(x, y), (x, y) Î D, называют графиком функции f.
В простых случаях область определения функции является некоторой фигурой на
плоскости, ограниченной одной или несколькими кривыми (называемыми грани
цей области), а график функции — некоторой поверхностью. В зависимости от того,
входят ли все точки границы фигуры в область определения или нет, область опреде
ления называют замкнутой или открытой.
ПРИМЕР 5.1. Найти область определения функции f(x, y) = arcsin (x2 + y2 – 3).
& Функция arcsin u определена при –1 £ u £ 1.
Следовательно, область определения функции f зада
ется двойным неравенством –1 £ x2 + y2 – 3 £ 1, или
2 £ x2 + y2 £ 4. Уравнение x2 + y2 = 2 есть уравнение
окружности радиуса 2 с центром в начале коорди
нат, а уравнение x2 + y2 = 4 — уравнение окружности
радиуса 2 также с центром в начале координат. Та
ким образом, область определения функции есть замк
нутое кольцо (рис. 5.1). %
Рис. 5.1
В задачах 5.1–5.10 найти и изобразить облас
ти определения функций двух переменных.
ГЛАВА 5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
5.5. f (x, y) 1 ln(2x 2 y 2 1).
2x 3 3y 2 1
.
5.7. f (x, y) 1 2
x 2 y2 2 1
5.6. f (x, y) 1 y 2 x2 2 1.
5.9. f (x, y) 1 2x 2 x2 2 y2 .
5.10. f (x, y) 1 4 2 x2 3 9 2 y2 .
173
5.8. f (x, y) 1 y cos x .
В задачах 5.11–5.14 найти области определения функций трех перемен:
ных.
5.11. f (x, y, z) 1 16 2 x2 2 y2 2 z2 .
5.12. f (x, y, z) 1 z 2 x2 2 y2 .
5.13. f (x, y, z) 1 xyz.
5.14. f (x, y, z) 1 ln(1 2 x2 2 y2 3 z2 ).
Линией уровня функции f(x, y) называют множество точек плоскости Oxy, в ко:
торых функция принимает одно и то же значение, т. е. f(x, y) = C. Так как линию
уровня можно считать линией, полученной пересечением поверхности z = f(x, y) плос:
костью z = C, то по линиям уровня можно представить вид поверхности, являющей:
ся графиком функции.
ПРИМЕР 5.2. Построить линии уровня и определить вид графика функции
f(x, y) = (y – x)2.
& Линии уровня (y – x)2 = C есть прямые y 1 x 2 C , C ³ 0 (рис. 5.2). Смещая пря:
мые вдоль оси Oz на соответствующее число C, получим поверхность — график функ:
ции. Чтобы лучше представить поверхность, рассечем ее плоскостью y = –x. Уравне:
ние сечения z = 4y2 задает параболу. Таким образом, заключаем, что график функ:
ции есть цилиндрическая поверхность, вид которой изображен на рис. 5.3. %
Рис. 5.2
Рис. 5.3
В задачах 5.15–5.18 построить линии уровня и изобразить поверхности,
являющиеся графиками заданных функций.
5.15. f (x, y) 1 x2 2 y2 .
5.16. f (x, y) 1 x2 2 y2 .
5.17. f (x, y) 1 4 3 x2 3 4y2 .
5.18. f (x, y) 1 ln(x2 2 y2 ).
174
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
2. Предел и непрерывность функции
Пусть функция f(x, y) определена в некоторой проколотой окрестности точки
M0(x0, y0) (например, в открытом круге радиуса r с центром в точке M0, за исключе4
нием самой точки M0). Число A называется пределом функции f(M) при стремлении
точки M к точке M0, если для любого e > 0 найдется число d > 0, зависящее от e,
такое, что при 0 < r(M, M0) < d, где 1( M, M0 ) 2 (x 3 x0 )2 4 ( y 3 y0 )2 — расстояние ме4
жду точками M и M0, выполняется неравенство |f(M) – A| < e. В этом случае пишут
A 2 lim f ( M ) 2 lim f (x, y).
M 1 M0
x 1 x0
y 1 y0
2
ПРИМЕР 5.3. Вычислить предел lim(1 1 xy) x
x 20
y 22
2 1 xy
.
2y
& Представим функцию в виде f (x, y) 2 ((1 1 xy)1 xy ) x 1 y . Так как u = xy ® 0 при
x ® 0, y ® 2, то lim(1 2 xy)1 xy 3 lim(1 2 u)1/u 3 e. Учитывая, что lim
x 10
y 12
2y
x 10 x 3 y
y 12
u10
2 2, получаем
2
lim(1 1 xy) x
2 1 xy
x 20
y 22
3 e2 . 1
В задачах 5.19–5.22 найти пределы.
5.19. lim
x 10
y 10
x 2 3 y2
3 4 x 2 3 y2 3 9
x3 3 xy2
.
x 1 0 sin(x2 3 y2 )
.
5.20. lim
y 10
1
.
5.21. lim (x2 3 y2 4 5)sin 2
x 12
x 3 y2 4 5
y 11
sin(x2 3 y2 )
.
x12
x 2 3 y2
5.22. lim
y12
Пусть e = {cos a, sin a} — произвольный единичный вектор. Точки Mt = (x0 +
+ t cos a, y0 + t sin a) (t ³ 0) образуют луч, выходящий из точки (x0, y0) в направлении
вектора e. Предел lim f ( Mt ) 3 lim f (x0 2 t cos 4, y0 2 t sin 4) называется пределом функ
t 1 20
t 1 20
ции f(x, y) в точке (x0, y0) по направлению e.
Если функция имеет предел в точке, то пределы по всем направлениям в этой
точке существуют и равны пределу функции. Однако из существования и равенства
пределов функции в точке по всем направлениям не следует, что предел функции в
точке существует.
ПРИМЕР 5.4. Найти пределы по направлениям функции f (x, y) 1
xy
в точ4
x 2 2 y2
ке (0, 0).
& Рассмотрим функцию в точках Mt = (t cos a, t sin a), t > 0, образующих луч,
выходящий из точки (0, 0) в направлении e = {cosa, sina}. Имеем
f ( Mt ) 2
t2 cos 1 sin 1
1
2 sin21.
t2 (cos21 3 sin21) 2
ГЛАВА 5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
175
Следовательно, предел функции f в точке (0, 0) по направлению e равен 0,5sin2a.
Так как пределы по различным направлениям, вообще говоря, не совпадают, то от;
xy
в точке (0, 0) не существует. %
сюда следует, что предел функции f (x, y) 1 2
x 2 y2
5.23. Показать, что предел lim
x 10
y10
x2y
не существует.
x3y
x 2 2 y2
не существует.
x 1 0 x 2 3 y2
5.24. Показать, что предел lim
y10
x3 y
имеет равные пределы по
2 y2
всем направлениям в точке (0, 0), но предела в ней не имеет.
5.25. Показать, что функция f (x, y) 1
x6
2
4
5.26. Выяснить, имеет ли функция f (x, y) 2 x 1 y предел при x ® ¥,
x 4 1 y2
y ® ¥.
Функция f(M) называется непрерывной в точке M0, если она определена в неко;
торой окрестности этой точки и
lim f ( M ) 2 f ( M0 ). Функция называется непрерыв;
M 1 M0
ной в области, если она непрерывна в каждой точке этой области. Свойства непрерыв;
ных функций многих переменных аналогичны свойствам непрерывных функций од;
ной переменной. В частности, справедливы теоремы о сохранении непрерывности при
арифметических операциях (в случае частного знаменатель должен быть отличен от
нуля), при построении сложной функции. Если условия непрерывности в точке не
выполняются, то точку называют точкой разрыва функции. Непрерывность может
нарушаться как в отдельных точках (изолированные точки разрыва), так и в точ;
ках, образующих одну или несколько линий (линии разрыва).
ПРИМЕР 5.5. Найти точки разрыва функции f (x, y) 2
x1y
.
x 3 3 y3
& Функция является непрерывной во всех точках, для которых x3 – y3 ¹ 0, как ча;
стное двух непрерывных функций. В точках линии x3 – y3 = 0, т. е. прямой y = x, функ;
ция не определена, и тем самым эта прямая является линией разрыва функции. %
В задачах 5.27–5.30 найти точки разрыва функций двух переменных.
1
1
5.27. f (x, y) 1
. 5.28. f (x, y) 1
.
(x 2 1)2 3 (y 3 1)2
sin2 4x 3 sin2 4y
x2 3 y2
1
5.29. f (x, y) 1 2
.
5.30. f (x, y) 1 2
.
x 2y
(x 3 y2 2 1)(x2 2 y2 2 1)
В задачах 5.31–5.34 найти точки разрыва функций трех переменных.
1
1
. 5.32. f (x, y, z) 1 2
.
x2 2 y2 2 z2 3 4
x 2 y2 3 z2
1
1
. 5.34. f (x, y, z) 1 sin 2
.
5.33. f (x, y, z) 1
x 2 2y 2 3z 3 6
x 2 y2 3 z2 3 1
5.31. f (x, y, z) 1
176
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
§ 5.2.
ЧАСТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ.
ДИФФЕРЕНЦИАЛЫ
1. Частные производные
Пусть функция f(x, y) определена в некоторой окрестности точки M(x, y). Част
ным приращением функции в точке M по переменной x называют разность
Dxf = Dxf(x, y) = f(x + Dx, y) – f(x, y),
где Dx — приращение переменной x. Частной производной (1го порядка) функции
f(x, y) по переменной x в точке М называется
f (x 3 1x, y) 4 f (x, y)
1 f
lim x 5 lim
.
1x
1x 2 0 1x
1x 2 0
1f ( M ) 1f (x, y)
2
или fx1 ( M ) 2 fx1 (x, y).
Частную производную в точке M обозначают
1x
1x
Аналогично определяется частная производная по переменной y. Частная производ8
ная по переменной x (y) вычисляется по обычным правилам дифференцирования,
когда другая переменная y (соответственно x) считается константой.
ПРИМЕР 5.6. Найти частные производные функции f(x, y) = x y (x > 0).
& Если считать переменную y константой, то функция f относительно перемен8
2f
3 yx y 11. При вычислении производной по y функ8
2x
1f
y
цию рассматриваем как показательную и, следовательно, 1y 2 x ln x. 1
Частными производными 2го порядка функции f(x, y) называются частные про8
изводные от ее первых производных. Для производных второго порядка применя8
ются обозначения
1 2f (x, y)
1f (x, y) 3
44 (x, y) 5 1 26
5 fxx
,
1x 8 1x 79
1x2
1 2f (x, y)
1f (x, y) 3
44 (x, y) 5 1 26
5 fxy
1y 1x
1y 8 1x 79
ной x будет степенной и, значит,
и т. д. Аналогичным образом определяются и обозначаются частные производные
порядка выше второго. Частные производные 28го и более высоких порядков, полу8
ченные дифференцированием функции как по переменной x, так и по переменной y,
называют смешанными. Если вычисляемые смешанные производные непрерывны,
то результат дифференцирования не зависит от порядка дифференцирования.
ПРИМЕР 5.7. Найти частные производные второго порядка функции f(x, y) = x y.
& Частные производные первого порядка равны (см. пример 5.6)
2f
2f
3 yx y 11,
3 x y ln x.
2x
2y
Дифференцируем вторично:
2 2f
2
3 (yx y 11 ) 3 y(y 1 1)x y 12,
2x2 2x
2 2f
2
3 ( yx y 11 ) 3 x y 11 4 yx y 11 ln x 3 x y 11 (1 4 y ln x),
2y 2x 2y
2 2f
2
1
3 (x y ln x) 3 yx y 11 ln x 4 x y 3 x y 11 (1 4 y ln x),
2x 2y 2x
x
2 2f 2 y
3 (x ln x) 3 x y (ln x)2.
2y2 2y
ГЛАВА 5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
177
1 2u
1 2u
Следовательно, 1y 1x 2 1x 1y . 1
В задачах 5.35–5.44 найти частные производные 1+го и 2+го порядков
заданных функций.
y
5.35. f (x, y) 2 x5 3 y5 1 5x3 y3 . 5.36. f (x, y) 2 xy 3 .
x
xy
1
xy
5.37. f (x, y) 2
5.38. f (x, y) 2 xe .
.
x 2 3 y2
5.39. f (x, y) 2
cos y2
.
x
y
5.40. f (x, y) 2 arctg .
x
5.41. f (x, y) 2 ln(x2 3 y2 ).
5.43. f (x, y, z) 2
1
.
2
x 3 y2 3 z2
5.42. f (x, y) 2 arcsin
y
x2
3 y2
.
z
4y5
5.44. f (x, y, z) 2 6 7 .
8x9
5.45. Проверить, что
1 2 f (x, y) 1 2 f (x, y)
y
2
, если f (x, y) 1 sin .
1x 1y
1y 1x
x
5.46. Проверить, что
15 f (x, y) 15 f (x, y)
2
, если f(x, y) = x3sin y + y2cos x.
1x3 1y2
1y2 1x3
5.47. Вычислить определитель
если x = r cos j, y = r sin j.
5.48. Вычислить определитель
1x
1r
1y
1r
1z
1r
1x
1r
1y
1r
1x
12
,
1y
12
1x
12
1y
12
1z
12
1x
13
1y
,
13
1z
13
если x = r cos q cos j, y = r cos q sin j, z = r sin q.
x1y t1x
1u 1u 1u 1u
2
2
2
3 0, если u 2
3
.
1x 1y 1z 1t
z1t y1z
5.50. Показать, что функция u = a sin lx cos alt удовлетворяет уравнению
колебания струны
1 2u
1 2u
2 a2 2 .
2
1t
1x
5.49. Показать, что
178
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
5.51. Показать, что функция u 2
теплопроводности
1
2a 3t
e
1
x2
4 a2t
удовлетворяет уравнению
1u
1 2u
2 a2 2 .
1t
1x
5.52. Показать, что функция u 1
ет уравнению Лапласа
1
удовлетворя+
(x 2 a)2 3 (y 2 b)2 3 (z 2 c)2
1 2u 1 2u 1 2u
2
2
3 0.
1x2 1y2 1z2
2. Дифференциалы
Пусть функция f(x, y) определена в некоторой окрестности точки M(x, y). Ее
полным приращением в точке M называется разность
Df = Df(M) = Df(x, y) = f(x + Dx, y + Dy) – f(x, y),
где Dx, Dy — приращения аргументов x и y соответственно. Величина 1 2 3x2 4 3y2
равна расстоянию между точками M(x, y) и M1(x + Dx, y + Dy). Функция f называет+
ся дифференцируемой в точке M, если при r ® 0 ее полное приращение в точке M
представимо в виде
Df = ADx + BDy + o(r),
где числа A и B не зависят от приращений аргументов Dx, Dy.
Дифференциалом (или дифференциалом 1го порядка, или первым дифференциа
лом) df функции f(x, y) в точке M называется главная, линейная относительно Dx,
Dy часть полного приращения функции в точке M, т. е.
df = ADx + BDy.
Если у функции f(x, y) в точке M существуют непрерывные частные производные,
1f ( M )
1f ( M )
,B 2
.
то она заведомо будет дифференцируемой в этой точке, причем A 2
1x
1y
Полагая, как и в случае функций одной переменной, что дифференциалы независи+
мых переменных равны их приращениям, т. е. dx = Dx, dy = Dy, получаем следую+
щую форму для дифференциала:
df ( M ) 2
1f ( M )
1f ( M )
dx 3
dy.
1x
1y
(5.1)
Если f(x, y) и g(x, y) дифференцируемые функции, то из (5.1) и правил для вы+
числения частных производных следуют обычные правила дифференцирования
d(f ± g) = df ± dg,
d(fg) = gdf + fdg,
f
gdf 1 fdg
d 26 37 4
, ( g 5 0).
g2
8g9
Аналогично вводится понятие дифференциала для функции трех и большего
числа аргументов. Для функции трех аргументов дифференциал вычисляется по
формуле
1f (x, y, z)
1f (x, y, z)
1f (x, y, z)
df (x, y, z) 2
dx 3
dy 3
dz.
1x
1y
1z
ГЛАВА 5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
179
ПРИМЕР 5.8. Найти полное приращение и дифференциал функции f(x, y) =
= x2y + x в произвольной точке (x, y).
& Имеем
Df(x, y) = f(x + Dx, y + Dy) – f(x, y) = (x + Dx)2(y + Dy) + x + Dx – (x2y + x) =
= (2xy + 1)Dx + x2Dy + yDx2 + 2xDxDy + Dx2Dy.
Выделяя в правой части слагаемые, линейные относительно Dx, Dy, заключаем, что
df(x, y) = (2xy + 1)Dx + x2Dy. %
ПРИМЕР 5.9. Найти дифференциал функции f (x, y) 1 x2 2 y3 в точке M0(3, 3).
& Вычислим частные производные:
fx1 2
3y 2
x
, fy1 2
.
x 2 3 y3
2 x 2 3 y3
Значения частных производных в точке M0(3, 3) равны fx1 ( M0 ) 2 1/2, fy1 ( M0 ) 2 9/4.
Следовательно,
1
9
df ( M0 ) 1 dx 2 dy. 1
2
4
5.53. Найти полное приращение и дифференциал функции f(x, y) = x2 –
– xy + y в точке M0(2, 1), если Dx = 0,1, Dy = –0,2.
5.54. Найти полное приращение и дифференциал функции f(x, y) = x2y в
точке M0(1, 2), если Dx = –0,1, Dy = 0,3.
В задачах 5.55–5.58 найти дифференциалы функций.
y2
5.55. f (x, y) 1 ln(y 2 x2 2 y2 ). 5.56. f (x, y) 1 tg .
x
z
.
5.57. f (x, y, z) 1
5.58. f (x, y, z) 1 (xy)z .
x 2 2 y2
Дифференциалом 2 го порядка (или вторым дифференциалом) d2f функции f(x, y)
называется дифференциал от ее дифференциала 1Eго порядка, рассматриваемого как
функция переменных x, y при фиксированных значениях dx, dy:
d2f = d(df).
Аналогично определяется дифференциал mEго порядка:
dmu = d(dm–1u).
Если функция f(x, y), где x, y — независимые переменные, имеет непрерывные частE
ные производные mEго порядка, то ее дифференциал mEго порядка выражается симE
волической формулой
m
1
1
dmf 4 26 dx 5 dy 37 f,
1y 9
(5.2)
8 1x
в которой нужно формально раскрыть скобки, возведя двучлен в степень. В частноE
сти, для дифференциалов 2Eго и 3Eго порядков справедливы формулы
1 2f 2
1 2f
1 2f
dx 3 2
dxdy 3 2 dy2,
2
1
x
1
y
1x
1y
1 3f 3
1 3f
1 3f
1 3f
3
2
d f 2 3 dx 3 3 2 dx dy 3 3
dxdy2 3 3 dy3.
2
1x
1x 1y
1x 1y
1y
d 2f 2
180
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
В случае функции трех переменных формула (5.2) принимает вид
m
1
1
1
dm f 4 26 dx 5 dy 5 dz 37 f,
1y
1z 9
8 1x
из которой для вычисления дифференциала второго порядка получаем формулу
d 2f 2
ПРИМЕР 5.10. Найти дифференциал 28го порядка функции f(x, y) = x2y3.
& Вычисляем частные производные второго порядка:
11 2 2y3, fyy
11 2 6x2y, fxy
11 2 6xy2.
fxx
Следовательно,
d2f = 2y3dx2 + 12xy2dxdy + 6x2ydy2. %
В задачах 5.59–5.64 найти дифференциалы 18го и 28го порядков задан8
ных функций.
y x
5.59. f (x, y) 1 x3 2 3x2 y 3 y3 .
5.60. f (x, y) 1 3 .
x y
y
5.61. f (x, y) 1 (x 2 y)exy .
5.62. f (x, y) 1 x ln .
x
5.63. f (x, y, z) 1 xy 2 yz 2 zx.
5.64. f (x, y, z) 1 e xyz .
3. Применение дифференциала
к приближенным вычислениям
Если приращения аргументов малы, то величина 1 2 3x2 4 3y2 также будет
малой и для дифференцируемой функции f(x, y) можно записать приближенное
равенство
Df » df,
откуда следует формула для приближенного вычисления значений функции
f (x, y) 2 f (x0 , y0 ) 3 df (x0 , y0 ) 4 f (x0 , y0 ) 3 fx1 (x0 , y0 )(x 5 x0 ) 3 fy1 (x0 , y0 )( y 5 y0 ).
ПРИМЕР 5.11. Вычислить приближенно
4,05 21 3,07 2 .
& Рассмотрим искомое число как значение функции f (x, y) 1 x2 2 y2 при x = x0 +
+ Dx, y = y0 + Dy, где x0 = 4, y0 = 3, Dx = 0,05, Dy = 0,07. Тогда
4,05 2 1 3,07 2 2 f (4,05,3,07) 2 f (4,3) 1 3f (4,3) 2 5 1 3f (4,3).
Приращение функции приближенно равно ее дифференциалу:
2f (x, y) 3 df (x, y) 4
xdx 1 ydy
.
x 2 1 y2
В нашем случае значение дифференциала в точке (4, 3) при приращениях аргумен8
тов Dx = 0,05, Dy = 0,07 равно
df (4,3) 3
4 1 0,05 2 3 1 0,07
3 0,082.
5
ГЛАВА 5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
5.69. Цилиндрический бак имеет размеры: радиус основания R = 2 м, выA
соту H = 4 м. Найти приближенное изменение объема бака, если радиус осA
нования увеличить на 10 см, а высоту уменьшить на 10 см.
5.70. Прямоугольный параллелепипед имеет измерения: a = 2 м, b = 3 м,
c = 6 м. Найти приближенное изменение диагонали параллелепипеда, если a
увеличить на 2 см, b — на 1 см, а c уменьшить на 3 см.
5.71. При измерении на местности прямоугольного участка были получеA
ны следующие данные: длина a = 40 м ± 20 см, ширина b = 20 м ± 10 см. С каA
кой степенью точности будет вычислена площадь участка?
5.72. Показать, что относительная ошибка вычисления произведения
чисел приближенно равна сумме относительных ошибок сомножителей.
4. Формула Тейлора
Если функция f(x, y) дифференцируема m + 1 раз в окрестности точки M0, то в
этой окрестности справедлива формула Тейлора, записанная в дифференциальной
форме:
d2f ( M0 )
dmf ( M0 )
3 ... 3
3 Rm . (5.3)
2!
m!
При вычислении дифференциалов в (5.3) полагают dx = Dx, dy = Dy. Остаточный член
1f ( M0 ) 2 f (x0 3 1x, y0 3 1y) 4 f (x0 , y0 ) 2 df ( M0 ) 3
0 < g < 1, или в форме Пеано: Rm = o(rm), где 1 2 3x2 4 3y2 , r ® 0.
В дифференциальной форме формула (5.3) верна и для функций большего числа
переменных.
При развернутой записи дифференциалов через частные производные формула
Тейлора становится громоздкой, особенно с увеличением числа переменных. НаприA
мер, для функции f двух переменных x и y формула Тейлора второго порядка запиA
сывается следующим образом:
f (x 1 2x, y 1 2y) 3 f (x0 , y0 ) 4
1 55
55 2x2y 1 fyy
55 (x0 , y0 ) 2y2 ) 1 R2.
(f (x , y ) 2x2 1 2fxy
2! xx 0 0
В частном случае при x0 = y0 = 0 формулу (5.3) называют формулой Маклорена.
4 fx5 (x0 , y0 ) 2x 1 fy5 (x0 , y0 )2y 1
x
ПРИМЕР 5.12. Функцию f (x,y) 1 e y разложить по формуле Тейлора в окрестноA
сти точки M0(0, 1) до членов второго порядка включительно.
182
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
& Найдем частные производные до второго порядка:
x
x
1f
1 1f
x
4 ey 5 ,
4 e y 5 27 6 2 38,
1x
y 1y
9 y
x
x
x
x
1 2f
1
1 2f
x
1
1 2f
x2
4 ey 5 2 ,
4 e y 5 27 6 3 38 e y 5 27 6 2 38,
4 ey 5 4
2
1x2
y 1y 1x
y
y
1
y
y
9
9
Разложение функции в окрестности точки M0(0, 1), следовательно, имеет вид
x
1
e y 1 1 2 x 2 x2 3 x( y 3 1) 2 o(x2 2 ( y 3 1)2 ). 1
2
5.73. Функцию f(x, y) = x3 – 2y3 + 3xy разложить по формуле Тейлора в
окрестности точки M0(2, 1).
5.74. Разложить по формуле Маклорена до членов 3?го порядка включи?
тельно функцию f(x, y) = ey cos x.
5.75. Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки M0(1, 1, 0) до
членов 2?го порядка включительно функцию f(x, y, z) = ln(xy + z2).
5.76. Функцию f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 – 2(xy + xz + yz) разложить по фор?
муле Тейлора в окрестности точки M0(1, –1, 2).
§ 5.3.
ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ
СЛОЖНЫХ ФУНКЦИЙ
Пусть f(x, y) — дифференцируемая функция двух переменных x и y, которые
сами являются дифференцируемыми функциями одной независимой переменной t:
x = u(t), y = v(t). Тогда производная сложной функции F(t) = f(u(t), v(t)) вычисляет?
ся по формуле
df 1f dx 1f dy
F 2(t) 3
3
4
.
dt 1x dt 1y dt
Аналогичная формула верна, если функция f зависит от трех или большего числа
переменных.
du
, если u = xyz, где x = t2 + 1, y = ln t, z = tg t.
dt
& В случае трех переменных производная сложной функции равна
ПРИМЕР 5.13. Найти
du 1u dx 1u dy 1u dz
2
3
3
.
dt 1x dt 1y dt 1z dt
Так как
1u
2 yz,
1x
1u
2 xz,
1y
1u
2 xy,
1z
dx
2 2t,
dt
dy 1
2 ,
dt t
dz
1
2
,
dt cos2t
ГЛАВА 5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
183
то получаем
(t2 1 1)tg t (t2 1 1)ln t
du
1
1
2 yz 3 2t 1 xz 1 xy
2 2t ln t tg t 1
1
.1
dt
t
t
cos2t
cos2t
5.77. Найти
dz
, если z = e2x–3y, где x = tg t, y = t2 – t.
dt
5.78. Найти
dz
, если z = xy, где x = ln t, y = sin t.
dt
5.79. Найти
y
dz
, если z 1 arctg , где x = e2t + 1, y = e2t – 1.
dt
x
5.80. Найти
yz
du
, если u 1 , где x = et, y = ln t, z = t2 – 1.
dt
x
5.81. Найти
1z
dz
x3
и
, если z = ln(ex + ey), где y 1
2 x.
1x dx
3
5.82. Найти
x 11
1z
dz
, где y 2 e(x 11)2 .
и
, если z 2 arctg
y
1x dx
Пусть f(x, y) — дифференцируемая функция двух переменных x и y, которые
сами являются дифференцируемыми функциями, например, также двух независи>
мых переменных u, v: x = j(u, v), y = y(u, v). Тогда частные производные сложной
функции
F(u, v) = f(j(u, v), y(u, v))
вычисляются по формуле
1F 1f 1x 1f 1y 1F 1f 1x 1f 1y
2
3
,
2
3
.
1u 1x 1u 1y 1u 1v 1x 1v 1y 1v
ПРИМЕР 5.14. Найти dz, если z = u2v, u 2
x 2 1 y2
, v = xy.
2
& Имеем dz 2 zu1 du 3 zv1 dv 2 2uvdu 3 u2dv, где du = xdx – ydy, dv = ydx + xdy. Следо>
вательно,
dz = 2uv(xdx – ydy) + u2(ydx + xdy) = (2uvx + u2y)dx + (u2x – 2uvy)dy. %
y
1z 1z
и
, если z = u2ln v, где u 1 , v = x2 + y2.
1x 1y
x
5.84. Найти dz, если z = u2v – v2u, где u = x sin y, v = y cos x.
5.83. Найти
2y
1z 1z
2
,
и
, если z = f(u, v), где u 1
x 2 y v = x – 3y и f(u, v) —
1x 1y
дифференцируемая функция.
5.85. Найти
1z 1z
и
, если z = f(u, v), где u = ln(x2 – y2), v = xy2 и f(u, v) —
1x 1y
дифференцируемая функция.
5.86. Найти
184
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
5.87. Найти d2u, если u = f(t), где t = x2 + y2 + z2 и f(t) — дважды диффе$
ренцируемая функция.
5.88. Найти d2z, если z = f(u, v), где u = ax, v = by и f(u, v) — дважды диф$
ференцируемая функция.
§ 5.4.
ПРИЛОЖЕНИЯ
ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ
1. Касательная плоскость и нормаль к поверхности
Касательной плоскостью к поверхности в ее точке P0(x0, y0, z0) (точка касания)
называется плоскость, содержащая в себе все касательные к кривым, проведенным
на поверхности через эту точку. Нормалью к поверхности называется прямая, пер$
пендикулярная касательной плоскости и проходящая через точку касания.
Пусть поверхность задана в явной форме: z = f(x, y). Если функция f(x, y) диффе$
ренцируема в точке M0(x0, y0), то в точке P0(x0, y0, z0), где z0 = f(x0, y0), уравнение
касательной имеет вид
z 2 z0 3 fx1 (x0 , y0 )(x 2 x0 ) 4 fy1 (x0 , y0 )(y 2 y0 ),
а уравнения нормали —
x 1 x0
y 1 y0
z 1 z0
2
2
.
fx3 (x0 , y0 ) fx3 (x0 , y0 )
11
ПРИМЕР 5.15. Найти уравнение касательной плоскости и нормали к поверхно$
сти z 1 x2 2 y2 в точке P0(3, 4, 5).
& Вычислим частные производные функции f (x, y) 1 x2 2 y2 в точке M0(3, 4):
fx1 ( M0 ) 2
x
3 y2
x2
M0
y
3
2 , fy1 ( M0 ) 2
2
5
x 3 y2
4
2 .
5
M0
Следовательно, уравнение касательной плоскости имеет вид
3
4
z 1 5 2 (x 1 3) 3 ( y 1 4), или 3x + 4y – 5z = 0,
5
5
и уравнения нормали —
x 13 y 1 4 z 15
2
2
.1
15
3
4
В задачах 5.89–5.92 найти уравнение касательной плоскости и нормали
к поверхностям в указанных точках.
5.89. z = x2 + y2 в точке P0(2, 1, 5).
5.90. z 1 14 2 x2 2 y2 в точке P0(1, 2, 3).
1 43 , 43 , 12 2.
1
в точке 11, 3, 2.
e
5.91. z = sin x cos y в точке
5.92. z = excosy
ГЛАВА 5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
185
2. Экстремумы
Точка M0 называется точкой максимума (минимума) функции f(M), если суще1
ствует окрестность точки M0 такая, что для всех точек M из этой окрестности вы1
полняется неравенство f(M0) ³ f(M) (f(M0) £ f(M)). Точки максимума и минимума
функции называются ее точками экстремума. Значения функции в точках экстре1
мума называют экстремумами функции.
Пусть функция f(M) является дифференцируемой на области определения. Если
она имеет экстремум в точке M0, то в этой точке все частные производные равны 0
(необходимое условие экстремума) или df(M0) º 0. Точки, в которых частные произ1
водные функции одновременно обращаются в нуль, называют стационарными точ1
ками функции.
Таким образом, если M0 — точка экстремума дифференцируемой функции f(M),
то она является стационарной. Однако не всякая стационарная точка является точ1
кой экстремума.
Сформулируем достаточное условие экстремума в случае функции двух пере1
менных. Пусть M0(x0, y0) — стационарная точка функции f(x, y) и все ее вторые ча1
стные производные непрерывны в некоторой окрестности точки M0. Составим мат1
рицу из вторых частных производных, вычисленных в точке M0:
11 ( M0 ) fxy
11 ( M0 ) 3
2 fxx
I 45
.
(5.4)
11
11 ( M0 ) 68
f
(
M
)
f
yx
0
yy
7
Отметим, что матрица I симметрическая, так как в силу свойств непрерывных
— угловые миноры матрицы I. Тогда:
1) если D2 > 0, то функция f(M) имеет в точке M0(x0, y0) экстремум, а именно —
максимум при D1 < 0 и минимум при D1 > 0;
2) если D2 < 0, то точка M0(x0, y0) не является точкой экстремума;
3) если D2 = 0, то требуется дополнительное исследование.
ПРИМЕР 5.16. Исследовать на экстремум функцию f(x, y) = 3x2y – x3 – y4.
& Функция является дифференцируемой на всей плоскости. Вычислим частные
производные первого порядка:
1f
1f
2 6xy 3 3x2,
2 3x2 3 4y3,
1x
1y
и найдем стационарные точки, приравнивая частные производные к нулю:
16xy 2 3x2 3 0,
4 2
3
53x 2 4y 3 0.
Решая эту систему, находим две стационарные точки: M1(0, 0) и M2(6, 3).
Проверим выполнение достаточного условия. Для этого вычислим частные про1
изводные второго порядка:
1 2f
1 2f
1 2f
2 6y 3 6x,
2 6x,
2 312y2.
2
1x 1y
1x
1y2
В точке M1(0, 0) матрица I (см. (5.4)) имеет вид
10 02
I 34
5
60 07
186
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
и все ее угловые миноры равны нулю. Значит, для точки M1 необходимо провести
дополнительное исследование. Значение функции в этой точке равно нулю: f(0, 0) = 0.
Теперь заметим, что при x < 0, y = 0 значения функции f(x, y) = –x3 > 0, а при x = 0,
y ¹ 0 имеем f(x, y) = –y4 < 0. Следовательно, в любой окрестности точки M1(0, 0) функ?
ция принимает значения как большие, так и меньшие f(0, 0). Значит, в точке M1
функция не имеет локального экстремума.
В точке M2(6, 3) матрица I имеет вид
2 118 36 3
I 45
6.
7 36 1108 8
Отсюда (см. (5.5)) D2 = 18 × 108 – 362 = 648 > 0 и, следовательно, функция имеет экс?
тремум в точке M2. Так как D1 = –18 < 0, то точка M2 является точкой максимума
функции. %
В задачах 5.93–5.100 найти экстремумы функций двух переменных.
5.93. f(x, y) = x2 + xy + y2 – 3x – 6y.
5.94. f(x, y) = x2 + 8xy + y2 – 4x – 2y.
5.95. f(x, y) = 14x – 2x2 – 2xy – 4y2.
5.96. f(x, y) = 8x2 + 4xy + y2 – 4y.
5.97. f(x, y) = xy2(1 – x – y) (x > 0, y > 0).
5.98. f(x, y) = 3x2 – x3 + 3y2 + 4y.
50 20
2
5.99. f (x, y) 1 xy 2
(x > 0, y > 0).
x
y
5.100. f(x, y) = x2 + y2 – 2ln x – 18ln y.
Пусть f(x, y, z) — функция трех переменных и M0(x0, y0, z0) — ее стационарная
точка. Предположим, что все вторые частные производные функции f непрерывны в
некоторой окрестности точки M0. Как и в случае двух переменных, составляем мат?
рицу из вторых частных производных, вычисленных в точке M0:
11 ( M0 ) fxy
11 ( M0 ) fxz
11 ( M0 ) 3
2 fxx
11 ( M0 ) fyy
11 ( M0 ) fyz
11 ( M0 ) 5 .
I 6 44 fyx
5
4 f 11 ( M ) f 11 ( M ) f 11 ( M ) 5
0
zy
0
zz
0 8
7 zx
Вычисляем значения угловых миноров матрицы:
11 ( M0 ), 22 3
21 3 fxx
Тогда (достаточное условие экстремума):
1) если D1 > 0, D2 > 0, D3 > 0 (то есть все угловые миноры положительные), то функ?
ция f(x, y, z) имеет в точке M0(x0, y0, z0) минимум;
2) если D1 < 0, D2 > 0, D3 < 0 (то есть угловые миноры последовательно меняют
знак, начиная со знака минус), то функция f(x, y, z) имеет в точке M0(x0, y0, z0) мак?
симум;
3) при любом другом расположении знаков миноров экстремума в точке M0(x0,
y0, z0) нет;
4) если D1 ³ 0, D2 ³ 0, D3 ³ 0 или D1 £ 0, D2 ³ 0, D3 £ 0 и хотя бы один из миноров
обращается в нуль, то требуется дополнительное исследование.
ГЛАВА 5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
187
ПРИМЕР 5.17. Исследовать на экстремум функцию f(x, y, z) = 4x2 + y2 + 2z2 +
+ 2xy – yz.
& Вычислим частные производные первого порядка:
1f
1f
1f
2 8x 3 2y,
2 2y 3 2x 4 z,
2 4z 4 y,
1x
1y
1z
и найдем стационарные точки, приравняв частные производные к нулю:
2 0,
38x 1 2y
4
2
x
2
y
z
0,
1
5
2
6
4
y
4
z
0.
5
1
2
7
Следовательно, функция имеет в точке M0 минимум. %
В задачах 5.101–5.104 найти экстремумы функций трех переменных.
5.101. f(x, y, z) = x2 – y2 + 4z2 – 4xy.
5.102. f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 – 4x + 6y – 2z.
5.103. f(x, y, z) = –2x2 – 3y2 – z2 + 4x.
5.104. f(x, y, z) = x2 + 6y2 + z2 – 2xz + 2yz.
3. Наибольшее
и наименьшее значения функции
Пусть функция нескольких переменных f(M) дифференцируема в замкнутой
ограниченной области. Тогда она достигает своего наибольшего (наименьшего) знаH
чения или в стационарной точке, принадлежащей области, или в граничной точке
области. Таким образом, чтобы найти наибольшее (наименьшее) значение функции
в замкнутой ограниченной области, необходимо сравнить ее значения в стационарH
ных точках со значениями на границе. Для исследования функции f(M) на границе
области задания заменяют ее функцией меньшего числа переменных, используя уравH
нения, задающие границу (всю или отдельные части). Поясним сказанное на примеH
рах функций двух переменных.
ПРИМЕР 5.18. Найти наибольшее и наименьшее значения функции f(x, y) = x2 –
– x + 2y2 – y в замкнутой области G, ограниченной прямыми x = 0, y = 0, x + y = 1.
188
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
& Область G есть треугольник (рис. 5.4). Найдем сна*
чала стационарные точки функции, приравняв к нулю ее
частные производные:
2 1f 3 2x 4 1 3 0,
5 1x
6 1f
5 3 4y 4 1 3 0.
7 1y
Рис. 5.4
Точка M0
1 12, 14 2 является стационарной и находится внут*
3
ри области G. Значение функции в этой точке f ( M0 ) 1 2 .
8
Теперь исследуем функцию на границе области G, состоящей из трех отрезков:
OA, OB, AB.
а) Отрезок OA задается условиями: x = 0, 0 £ y £ 1. Таким образом, на отрезке OA
функция f(x, y) становится функцией одной переменной: g(y) = f(0, y) = 2y2 – y,
0 £ y £ 1. Найдем значения функции g(y) в стационарных точках и на концах отрез*
12 1 2
1
1
1
1
3 f 0, 3 4 , g(0) = f(0, 0) = 0,
ка. Имеем g¢(y) = 4y – 1 = 0, если y 1 . Вычисляем g
4
4
8
4
g(1) = f(0, 1) = 1.
б) Отрезок OB задается условиями: y = 0, 0 £ x £ 1, и, значит, на отрезке OB по*
лучаем функцию h(x) = f(x, 0) = x2 – x, 0 £ x £ 1. Производная h¢(x) = 2x – 1 = 0 при
12 1 2
1
1
1
1
x3 , h
3 f ,0 3 4 , h(1) = f(1, 0) = 0. Значение h(0) = g(0) = f(0, 0) = 0.
2
2
2
4
в) Из уравнения x + y = 1 следует, что отрезок AB задается условиями: y = 1 – x,
0 £ x £ 1. Следовательно, на этом отрезке получаем функцию t(x) = f(x, 1 – x) = 3x2 –
12 1 2
2
2
2 1
1
3 f , 3 4 . Значе*
– 4x + 1, 0 £ x £ 1. Ее стационарная точка x 1 , значение t
3
3
3 3
3
ния функции t(x) на концах отрезка [0, 1] равны g(1) и h(1) соответственно.
Из всех найденных значений выберем наибольшее и наименьшее. Получаем
max f (x, y) 3 f (0,1) 3 1, min f (x, y) 3 f
G
G
1 23, 13 2 3 4 13. 1
ПРИМЕР 5.19. Найти наибольшее и наименьшее значения функции f(x, y) =
= y + x2 в замкнутом круге G: x2 + y2 £ 1.
& Так как fy1 2 1 3 0, то функция f(x, y) не имеет стационарных точек. Исследуем
ее на границе круга: x2 + y2 = 1. Запишем уравнение окружности в виде: x = cos t,
y = sin t, 0 £ t £ 2p. Таким образом, на границе круга получаем функцию одной пере*
менной g(t) = sin t + cos2t, 0 £ t £ 2p. Найдем значения функции g(t) в стационарных
точках и на концах отрезка. Имеем g¢(t) = cos t – 2sin t cos t = cos t (1 – 2sin t) = 0при
1
1
51
31
t2 ,t2 ,t2 ,t2 .
6
2
6
2
Соответствующие значения функции g равны
g
1 63 2 4 g 1 563 2 4 54, g 1 23 2 4 1, g 1 323 2 4 51.
На концах отрезка [0, 2p]: g(0) = 1, g(2p) = 1.
ГЛАВА 5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
189
Из найденных значений выберем наибольшее и наименьшее. Получаем
max f (x, y) 6 g
G
1 65 2 6 g 1 565 2 6 f 39 7 23 , 12 4 6 54, minf(x, y) 6 g 1 325 2 6 f(0, 81) 6 81. 1
G
5.105. Найти наибольшее и наименьшее значение функции f(x, y) = x –
– 2y + 5 в области x ³ 0, y ³ 0, x + y £ 1.
5.106. Найти наибольшее и наименьшее значение функции f(x, y) = x2 +
2
+ y – xy – x – y в области x ³ 0, y ³ 0, x + y £ 3.
5.107. Найти наибольшее и наименьшее значение функции f(x, y) = xy в
области x2 + y2 £ 1.
5.108. Найти наибольшее и наименьшее значение функции f(x, y) = xy2 в
области x2 + y2 £ 1.
4. Условный экстремум
Пусть задана функция f(P) = f(x, y) и одно условие (называемое уравнением связи)
j(P) = j(x, y) = 0
на переменные x, y. Точка P0(x0, y0) называется точкой условного максимума (мини
мума), если для всех точек P(x, y) из некоторой окрестности точки P0, удовлетвоA
ряющих уравнению связи, выполняется неравенство f(P0) ³ f(P) (f(P0) £ f(P)). ЗначеA
ние функции в точке условного максимума (минимума) называют условным макси
мумом (минимумом).
Задача нахождения условного экстремума для дифференцируемых функций f и
j сводится к исследованию на обычный экстремум функции Лагранжа, которая в
случае функции двух переменных и одного уравнения связи имеет вид
L(x, y; l) = f(x, y) + lj(x, y),
где число l называется множителем Лагранжа.
Если точка (x0, y0) является точкой условного экстремума, то существует чисA
ло l0 такое, что тройка (x0, y0, l0) является решением системы
3 1L(x, y; 2)
4 0,
5
1x
5
6 1L(x, y; 2) 4 0,
5
1y
5
8 7(x, y) 4 0
(5.6)
(необходимые условия условного экстремума). Достаточные условия условного эксA
тремума связаны с изучением знака 2Aго дифференциала функции Лагранжа
d2L(x0, y0; l0)
для каждого решения системы (5.6) при условии, что дифференциалы dx, dy, не
равные нулю одновременно, удовлетворяют уравнению
12(x0 , y0 )
12(x0 , y0 )
dx 3
dy 4 0.
1x
1y
(5.7)
А именно, функция f(P) имеет условный максимум в точке P0(x0, y0), если для всеA
возможных значений dx, dy, удовлетворяющих условиям (5.7) и не равных нулю
одновременно, выполняется неравенство
d2L(x0, y0; l0) < 0,
190
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
и условный минимум, если при этих условиях
d2L(x0, y0; l0) > 0.
Аналогично определяется и находится условный экстремум в случае функции
трех и большего числа переменных при наличии одного или нескольких уравнений
связи (число уравнений связи должно быть меньше числа переменных).
ПРИМЕР 5.20. Найти условный экстремум функции f(x, y) = x + 2y при x2 + y2 = 5.
& Составим функцию Лагранжа:
L(x, y; l) = x + 2y + l(x2 + y2 – 5),
и найдем ее частные производные по x и y:
1L
1L
2 1 3 24x,
2 2 3 24y.
1x
1y
Система уравнений (5.6) примет вид
4 1 1 22x 3 0,
5
6 2 1 22y 3 0,
5 x2 1 y2 3 5.
7
1
1
и x2 = 1, y2 = 2, 12 2 3 .
2
2
Проверим выполнение достаточного условия в точках P1(–1, –2) и P2(1, 2). Так
1
и d2L > 0, если dx и dy не равны нулю одновреD
2
менно. Поэтому в ней функция имеет условный минимум, равный –5. В точке
В точке P1(–1, –2) имеем 11 2
P2(1, 2) имеем 11 2 3
1
и d2L < 0, поэтому в ней функция имеет условный максиD
2
мум, равный 5. %
ПРИМЕР 5.21. Найти точки условного экстремума функции f(x, y, z) = x + y + z
при x2 + y2 + z2 = 12.
& Функция Лагранжа в случае функции трех переменных и одного уравнения
связи имеет вид
L(x, y, z; l) = f(x, y, z) + lj(x, y, z) =
= x + y + z + l(x2 + y2 + z2 – 12).
Система уравнений, аналогичная (5.6), примет вид
2 1L 3 1 4 25x 3 0,
6 1x
6 1L
66 1y 3 1 4 25y 3 0,
7
6 1L
6 1y 3 1 4 25z 3 0,
6
69 x2 4 y2 4 z2 8 12 3 0.
Система имеет два решения: x = y = z = –2, l = 1/4 и x = y = z = 2, l = –1/4.
ГЛАВА 5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
191
12L 12L 12L
2
2
2 23, и все
1x2 1y2 1z2
смешанные производные функции Лагранжа равны нулю. Поэтому
если dx, dy, dz не равны нулю одновременно и l ¹ 0. При этом d2L > 0, l > 0. Следова;
тельно, в точке P1(–2, –2, –2) функция имеет условный минимум. Если l = –1/4, то
d2L < 0 и в точке P1(2, 2, 2) функция имеет условный максимум. %
В задачах 5.109–5.114 найти условные экстремумы функций.
5.109. f(x, y) = x2 + y2 – xy + x + y – 4 при x + y + 3 = 0.
1 1
5.110. f (x, y) 1 x 2 y при x + y = 2.
x 1y 14
при x2 + y2 = 1.
2
5.112. f(x, y) = 2x + y при x2 + y2 = 1.
5.113. f(x, y, z) = 2x + y – 2z при x2 + y2 + z2 = 36.
5.111. f (x, y) 2
x2 y2 z2
1
1
2 1.
16 9 4
5.115. Из всех прямоугольных параллелепипедов, сумма ребер которых
равна 12a, найти параллелепипед с наибольшим объемом.
5.116. Найти прямоугольный параллелепипед с длиной диагонали d,
имеющий наибольший объем.
5.117. Положительное число a требуется разбить на три положительных
слагаемых так, чтобы их произведение было наибольшим.
5.118. Положительное число a представить в виде произведения четырех
положительных сомножителей так, чтобы сумма их обратных величин была
наименьшей.
5.114. f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 при
§ 5.5.
ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ НЕЯВНЫХ ФУНКЦИЙ
1. Неявные функции одной
и двух независимых переменных
Если уравнение
F(x, y) = 0
определяет переменную y как неявную дифференцируемую функцию независимой
переменной x, то производная переменной y как функции переменной x вычисляет;
ся по формуле
Fx3 1 x, y 2
dy
45
.
dx
Fy3 1 x, y 2
(5.8)
Производные высших порядков вычисляются последовательным дифференци;
рованием формулы (5.8).
dy d2y
и
, если x + y – ex–y = 0.
ПРИМЕР 5.22. Найти
dx dx2
192
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
& Имеем F(x, y) = x + y – ex–y. По формуле (5.8) находим
ex–y = x + y, то данное равенство можно записать в виде
dy
1 1 ex 1 y
21
. Так как
dx
1 3 ex 1 y
dy x 1 y 2 1
3
.
dx 1 1 x 1 y
(5.9)
Продифференцируем это равенство по переменной x, учитывая, что переменная y
зависит от x:
d2y (1 2 yx1 )(1 2 x 2 y) 3 (x 2 y 3 1)(1 2 yx1 )
2
.
4
4 (1 2 yx1 ) 5
dx2
(1 2 x 2 y)2
(1 2 x 2 y)2
Подставляя вместо yx1 правую часть равенства (5.9), получаем
4(x 1 y)
d2 y 3 x 1 y 2 1 4
2
.1
5 11
6
5
dx2 79 1 1 x 1 y 8 (1 1 x 1 y)2 (1 1 x 1 y)3
5.119. Найти
dy d2 y
и
, если x – y + arctg y = 0.
dx dx2
5.120. Найти
dy d2 y
и
, если 1 + xy – ln(exy + e–xy) = 0.
dx dx2
Аналогично, если уравнение F(x, y, z) = 0, где функция F имеет непрерывные
частные производные, определяет переменную z как неявную функцию независиB
мых переменных x и y, то частные производные этой неявной функции могут быть
найдены по формулам
Fy1 (x, y, z)
F1 (x, y, z) 2z
2z
34 x
34
,
.
2x
Fz1(x, y, z) 2y
Fz1(x, y, z)
1z 1z
ПРИМЕР 5.23. Найти 1x и 1y , если x3 + 2y3 + z3 – 3xyz – 2y + 3 = 0.
& Обозначим левую часть данного уравнения через F(x, y, z) и найдем частные
производные этой функции:
Fx1 (x, y, z) 2 3x2 3 3yz,
Fy1 (x, y, z) 2 6x2 3 3xz 3 2,
Fz1(x, y, z) 2 3z2 3 3yx.
1z 1z
Тогда частные производные 1x и 1y равны
F1 (x, y,z)
3x2 2 3yz x2 2 yz
3z
,
42 x
42 2
4
1
Fz (x, y,z)
3x
3z 2 3yx yx 2 z2
Fy1 (x, y,z)
6y2 2 3xz 2 2 6y2 2 3xz 2 2
3z
.1
42
42
4
Fz1(x, y,z)
3y
3z2 2 3yx
3( yx 2 z2 )
1z 1z
5.121. Найти 1x и 1y в точке M0(1, –2, 2), если z3 – 4xz + y2 – 4 = 0.
1z 1z
xy
3 0.
5.122. Найти 1x и 1y , если z ln(x 1 z) 2
z
5.123. Найти dz, если yz = arctg(xz).
5.124. Найти dz, если xz – ez/y + x3 + y3 = 0.
ГЛАВА 5. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
193
2. Системы неявных функций
Ограничимся рассмотрением функций двух независимых переменных. Пусть
переменные u и v заданы неявно как функции независимых переменных x и y систе2
мой уравнений
2 F (x, y,u, v) 1 0,
3
4G (x, y,u, v) 1 0.
Если якобиан
1F 1F
D( F, G ) 1u 1v
2
3 0,
D(u, v)
1G 1G
1u 1v
то дифференциалы неявных функций u(x, y) и v(x, y) (а значит, и их частные произ2
водные) можно найти из системы уравнений
2 1F dx 3 1F dy 3 1F du 3 1F dv 4 0,
1y
1u
1v
55 1x
6
1
G
1
G
1
G
1G
5 dx 3
dy 3
du 3
dv 4 0.
1y
1u
1v
57 1x
ПРИМЕР 5.24. Функции u и v независимых переменных x и y заданы неявно
системой уравнений
u + v = x, u – yv = 0.
Найти du, dv, d2u, d2v.
1F
& Якобиан системы 1u
1G
1u
1F
1v 2 1 1 2 3 y 3 1 отличен от 0 при y ¹ –1. Дифферен2
1 3y
1G
1v
цированием исходных уравнений находим два уравнения, связывающие дифферен2
циалы всех четырех переменных:
du + dv = dx, du – ydv – vdy = 0.
(5.10)
Решая эту систему относительно du и dv при y ¹ –1, получим
du 3
ydx 1 vdy
dx 2 vdy
, dv 3
.
11 y
11 y
Для нахождения d2u и d2v продифференцируем уравнения (5.10) еще раз, учи2
тывая, что вторые дифференциалы независимых переменных равны нулю:
d2u + d2v = 0, d2u – dydv – yd2v – dvdy = 0.
Решая эту систему относительно d2u и d2v при y ¹ –1, получим
d2u 2
5.125. Функции y и z независимой переменной x заданы системой урав2
нений
7x2 + y2 – 3z2 = –1, 4x2 + 2y2 – 3z2 = 0.
Найти
dy dz d2 y d2 z
,
,
,
при x = 1, y = –2, z = 2.
dx dx dx2 dx2
194
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
5.126. Функции y и z независимой переменной x заданы системой урав*
нений x2 + y2 – z2 = 0, x2 + 2y2 + 3z2 = 1. Найти dy, dz, d2y, d2z.
5.127. Функции u и v независимых переменных x и y заданы системой
уравнений xu + yv = 1, x + y + u + v = 0. Найти du, dv, d2u, d2v.
5.128. Функции u и v независимых переменных x, y и z заданы системой
уравнений uv = 3x – 2y + z, v2 = x2 + y2 + z2. Показать, что
x
1u
1u
1u
2y 2z
3 0.
1x
1y
1z
3. Касательная плоскость и нормаль
к поверхности, заданной в неявном виде
Пусть поверхность S задана уравнением F(x, y, z) = 0 и точка M0(x0, y0, z0) Î S.
Если функция F(x, y, z) имеет в окрестности точки M0(x0, y0, z0) непрерывные част*
ные производные, одновременно не равные нулю, то уравнение касательной плоско*
сти к S в точке M0(x0, y0, z0) записывается следующим образом:
Fx1 (x0 , y0 , z0 )(x 2 x0 ) 3 Fy1 (x0 , y0, z0 )(y 2 y0 ) 3 Fz1(x0 , y0 , z0 )(z 2 z0 ) 4 0,
а уравнения нормали к S в точке M0(x0, y0, z0) — следующим образом:
x 1 x0
y 1 y0
z 1 z0
2
2
.
Fx3 (x0 , y0 , z0 ) Fy3 (x0 , y0 , z0 ) Fz3(x0 , y0 , z0 )
ПРИМЕР 5.25. Найти уравнение касательной плоскости и нормали к поверхно*
сти x2 + 2y2 – 3z2 + xy + yz – 2xz + 16 = 0 в точке M(1, 2, 3).
& Обозначив через F(x, y, z) функцию, стоящую в левой части уравнения, най*
дем ее частные производные и их значения в точке M:
Fx1 (x, y, z) 2 2x 3 y 4 2z, Fx1 (1,2,3) 2 4 2;
Fy1 (x, y, z) 2 4y 3 x 3 z,
Fy1 (1,2,3) 2 12;
Fz1(x, y, z) 2 46z 3 y 4 2x, Fz1(1,2,3) 2 418.
Следовательно, уравнение касательной плоскости:
–2(x – 1) + 12(y – 2) – 18(z – 3) = 0, или x – 6y + 9z – 16 = 0,
а уравнения нормали:
x 11 y 1 2 z 1 3
x 11 y 1 2 z 1 3
2
2
2
2
, или
.1
12
118
16
12
1
9
В задачах 5.129, 5.130 найти уравнение касательной плоскости и норма*
ли к поверхности в указанной точке.
5.129. x(y + z)(xy – z) + 8 = 0 в точке (2, 1, 3).
5.130. 2x/z + 2y/z = 8 в точке (2, 2, 1).
5.131. В каких точках эллипсоида
x2 y2 z2
1
1
2 1 нормаль к нему образу*
1
4 4
ет равные углы с осями координат?
5.132. К поверхности x2 + 2y2 + 3z2 = 1 провести касательные плоскости,
параллельные плоскости x + 4y + 6z = 0.
ГЛАВА 6
КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
§ 6.1.
ДВОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ
1. Понятие двойного интеграла и его вычисление
в декартовых прямоугольных координатах
Пусть функция f(x, y) непрерывна в замкнутой области G, содержащейся в не!
котором прямоугольнике [a, b] ´ [c, d] плоскости Oxy. Разобьем отрезки [a, b], [c, d]
на части: a = x0 < x1 < ... < xn = b, c = y0 < y1 < ... < ym = d. Прямые x = xi, i = 0,
1, ..., n, и y = yk, k = 0, 1, ..., m разобьют весь прямоугольник на прямоугольники
[xi, xi+1] ´ [yk, yk+1], i = 0, 1, ..., n – 1, k = 0, 1, ..., m – 1. Двумерной интегральной
суммой функции f по области G называется величина
Sn, m 1 3 f (xi , yk ) 2xi 2yk ,
i, k
где Dxi = xi+1 – xi, Dyk = yk+1 – yk и суммирование распространяется на все значения i
и k, для которых точки (xi, yk) принадлежат области G. Двойным интегралом функ!
ции f(x, y) по области G называется число
I3
4 f (xi , yk ) 1xi 1yk.
lim
max 1xi 2 0
max 1yk 2 0 i, k
Обозначается двойной интеграл
11 f (x, y)dxdy.
G
Двойной интеграл обладает свойствами линейности и аддитивности, как и опре!
деленный интеграл:
1) линейность:
66 (1f (x, y) 2 3g (x, y))dxdy 4 1 66 f (x, y)dxdy 2 366 g (x, y) dxdy,
G
G
1, 35 1;
G
2) аддитивность: если G = G1 U G2, то
33 f (x, y)dxdy 1 33 f (x, y)dxdy 2 33 f (x, y)dxdy.
G
G1
G2
Вычисление двойного интеграла сводится к вы!
числению повторных интегралов следующим обра!
зом. Пусть область G ограничена линиями y = j1(x),
y = j2(x), x = a, x = b (рис. 6.1), причем функции j1(x)
и j2(x) непрерывны на [a, b] и j1(x) £ j2(x). Тогда
Рис. 6.1
196
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
b
12 ( x )
a
11 ( x )
33 f (x, y)dxdy 2 3 dx
G
3
f (x, y) dy,
(6.1)
при этом сначала вычисляется внутренний интеграл
по переменной y (x — параметр), а полученный резуль0
тат интегрируется по x.
Аналогично, если область G ограничена линиями
x = y1(y), x = y2(y), y = c, y = d (рис. 6.2), а функции
y1(y) и y2(y) непрерывны на [c, d] и y1(y) £ y2(y), то спра0
ведливо равенство
Рис. 6.2
d
12 ( y )
c
11 ( y )
33 f (x, y)dxdy 2 3 dy 3
G
ПРИМЕР 6.1. Вычислить
22 (x2 1 xy)dxdy,
f (x, y) dx.
если область G ограничена прямыми
G
y = x, y = 4 – x, x = 0, x = 1.
& Замечая, что при 0 £ x £ 1 выполняется неравенство x < 4 – x, и используя фор0
мулу (6.1), записываем двойной интеграл в виде повторного:
1
44 (x2 2 xy) dxdy 3 4 dx
0
G
41x
4
(x2 2 xy)dy.
x
Вычисляем внутренний интеграл по переменной y, считая x параметром:
41x
x
В задачах 6.1–6.4 вычислить повторные интегралы.
1
2
6.1. 4 dx 4 (x2 2 y) dy.
0
0
1 /2
a(12 cos x )
6.3.
4
dx
0
4
a cos x
ydy .
3
5
dx
.
(
2
2y)2
x
2
6.2. 4 dy 4
1
1 /2
6.4.
4
31 /2
2cos x
dx
4
y3 dy.
0
В задачах 6.5–6.12 вычислить двойные интегралы.
6.5.
y
11 x dxdy,
если область G ограничена прямыми y = x, y = 2x, x = 1,
11 xydxdy,
если область G ограничена линиями y = 0, y 1 1 2 x2 ,
G
x = 4.
6.6.
G
x = –1, x = 1.
197
ГЛАВА 6. КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
6.7.
y = 2.
6.8.
11 ex dxdy,
если область G ограничена линиями x = 0, x = ln y, y = 1,
G
11 xy2dxdy, если область G ограничена кривыми x = y, x 1
y.
G
ПРИМЕР 6.2. Вычислить
11 ydxdy,
если область G
G
есть пересечение областей: y ³ x2, x2 + y2 £ 2.
& Область изображена на рис. 6.3. Окружность
x2 + y2 = 2 и парабола y = x2 пересекаются в точках (–1, 1)
и (1, 1). Уравнение линии, ограничивающей область
сверху, y 1 2 2 x2 , уравнение линии, ограничивающей
область снизу, y = x2. Следовательно,
1
22 (x 1 y 1 1)2 dxdy, если область G — квадрат 0 £ x £ 1, 0 £ y £ 1.
G
6.10.
22 (x 1 2y) dxdy, если область G — прямоугольник 0 £ x £ 2, 1 £ y £ 4.
G
6.11.
11 xdxdy, если область G ограничена линиями y = x2 – 3, y = –2x.
G
6.12.
11 x2 ydxdy, если область G ограничена линиями y = x, y = 2x, x = 2.
G
Если одна из линий, ограничивающих область G, задается разными аналитиче<
скими выражениями, например,
(1)
412 (x) при a 3 x 3 c,
21 (x) 5 6 1(2)
4821 (x) при c 7 x 3 b,
то, учитывая свойство аддитивности, двойной интеграл записывается в виде суммы
двух интегралов
c
44 f (x, y)dxdy 2 4 dx
G
a
12 ( x )
4
11(1) ( x )
b
f (x, y) dy 3 4 dx
c
12 ( x )
4
11(2) ( x )
f (x, y) dy.
(6.2)
ПРИМЕР 6.3. Расставить пределы интегрирования двумя способами и вычис<
лить интеграл
x2
11 y2 dxdy, если область интегрирования G ограничена линиями y = x,
G
1
y 1 , x = 2.
x
198
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1
x
равна a = 1 (рис. 6.4). Для x Î [1, 2] выполняется нера+
& Абсцисса точки пересечения кривых y = x и y 1
1
1 x. Следовательно, по формуле (6.1) двой+
x
ной интеграл сводится к следующему повторному:
венство
2
x
x2
x2
22 y2 dxdy 1 2 dx 2 y2 dy.
G
1
1/ x
Вычисляя его, получаем
Рис. 6.4
2
x
2
x
2
x
1 2 1
2
dy
x2
x 4 x2
1
1
dy 5 x2dx
5 x2 37 6 48 dx 5 x2 x 6 dx 5
6
2
2
y
x
4 2
y
y
9
1/ x
1/ x
1
1/ x
1
1
dx
1
2
2
1
1
52 .
4
Если же внешнее интегрирование производить по переменной y, то промежуток
1 1 , 22
11 2
изменения переменной y следует разбить на два: 3 , 14 и [1, 2], так как проме+
53 2 64
52 6
жутки изменения переменной x задаются различными уравнениями:
1
1 x 1 2, если
y
1
y 3 14 , 125, и y £ x £ 2, если y Î [1, 2]. Тогда (см. формулу (6.2))
62 7
1
x2
2
2
0,5
G
2
x2
x2
dx 2 3 dy 3 2 dx.
2
y
y
1/ y
1
y
33 y2 dxdy 1 3 dy 3
Последовательно вычисляя каждый из повторных интегралов, получаем
1
0,5
2
2
2
x2
x2
1
3 y2 dx 1 3 dy3 y2 dx 2 2 4 .
1/ y
1
y
3 dy
Очевидно, что в данном случае первый способ вычисления интеграла удобнее второ+
го. %
В задачах 6.13–6.16 для указанных областей G записать двойной инте+
грал
11 f (x, y) dxdy
G
в виде повторных, взятых в различных порядках.
6.13. G — прямоугольник с вершинами A(1, 2), B(5, 2), C(5, 4), D(1, 4).
6.14. G — параллелограмм, ограниченный прямыми y = x, y = x – 3, y = 2,
y = 4.
6.15. G — область, ограниченная кривыми x = 1 – y2, x = y2 – 1.
6.16. G — область, ограниченная линиями x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 4x, y = 0
(x ³ 0, y ³ 0).
199
ГЛАВА 6. КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
В задачах 6.17–6.20 вычислить двойные интегралы.
6.17.
22 (x2 1 y2 ) dxdy, где область G ограничена прямыми y = x, x + y = 2a,
G
x = 0 (a > 0).
6.18.
22
xy 1 y2 dxdy, где область G — трапеция с вершинами A(1, 1),
G
B(5, 1), C(10, 2), D(2, 2).
6.19.
11 xy dxdy, где область G ограничена линиями x + y = 2, x2 + y2 = 2y,
G
y = 0.
6.20.
22 (4 1 y) dxdy, где область G ограничена линиями x2 = 4y, y = 1, x = 0
G
(x ³ 0).
2. Вычисление двойного интеграла в полярных координатах
Пусть (x, y) — прямоугольные координаты точки плоскости, а (r, j) — ее полярные координаты, то есть
x = r cos j, y = r sin j.
Если области G, заданной в прямоугольных координатах (x, y), взаимно-однозначно
соответствует область D изменения полярных координат (r, j), то
33 f (x, y) dxdy 1 33 f (r cos 2, r sin 2) r dr d2.
G
D
(6.3)
ПРИМЕР 6.4. Перейдя к полярным координатам, вычислить интеграл
22 (x2 1 y2 )dxdy,
G
где область G — часть круга x2 + y2 £ 4, лежащая во второй четверти.
& Положим x = r cos j, y = r sin j и применим формулу (6.3). Так как x2 + y2 = r2,
то
44 (x2 1 y2 )dxdy 2 44 r 3dr d3.
G
D
Область G в полярных координатах задается условиями: r2 £ 4, p/2 £ j £ p, т. е.
область D изменения полярных координат есть прямоугольник 0 £ r £ 2, p/2 £ j £ p.
Следовательно,
44 r 3dr d2 3
D
1
4
1 /2
2
d24 r 3dr 3
0
1
4
1 /2
2
r4
d2 3
4 0
1
4 4d2 3 21. 1
1 /2
В задачах 6.21–6.24 вычислить интегралы, перейдя к полярным координатам.
6.21.
33
x2 1 y2 2 9 dxdy, где область G — кольцо между окружностями
G
x2 + y2 = 9 и x2 + y2 = 25.
200
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
6.22.
22
1 1 x2 1 y2 dxdy, где область G — круг радиуса R = 1 с центром в
G
начале координат.
6.23.
22 (x2 1 y2 ) dxdy,
где область G ограничена линиями x2 + y2 = ax,
G
x2 + y2 = 2ax, y = 0 (y ³ 0).
6.24.
22 x
x2 1 y2 dxdy, где область G — круговой сектор x2 + y2 £ 16,
G
x 1 y 1 x 3.
3. Общий случай замены переменных в двойном интеграле
Пусть функции
x = j(u, v) и y = y(u, v)
(6.4)
осуществляют взаимно;однозначное непрерывно дифференцируемое отображение
области D плоскости O¢uv на область G плоскости Oxy. Тогда существует обратное
непрерывно дифференцируемое отображение u = h(x, y) и v = c(x, y) области G на об;
ласть D, в области D якобиан преобразования
12
I (u, v) 3 1u
16
1u
12
1v 4 0, (u, v) 5 D,
16
1v
и справедлива следующая формула замены переменных в двойном интеграле:
44 f (x, y)dxdy 1 44 f (2(u, v), 3(u, v)) | I(u,v)| dudv.
G
D
(6.5)
В частности, при переходе к полярным координатам якобиан
I (r, 1) 3
cos 1 2r sin 1
3 r.
sin 1 r cos 1
Поэтому формула (6.3) есть частный случай формулы (6.5).
Если в формулах (6.4) зафиксировать переменную u (v), то уравнения (6.4) будут
задавать некоторую кривую на плоскости. Поэтому упорядоченную пару (u, v) назы;
вают криволинейными координатами точки на декартовой плоскости.
Криволинейные координаты, т. е. функции j(u, v) и y(u, v), часто выбирают так,
чтобы область D изменения переменных u и v была значительно проще области G.
ПРИМЕР 6.5. Вычислить двойной ин;
теграл
11
xy dxdy, где область G ограни;
G
Рис. 6.5
чена параболами y2 = ax, y2 = bx и гипер;
болами xy = p, xy = q (0 < a < b, 0 < p < q).
& В декартовых координатах область G
изображена на рис. 6.5 слева. Изменяя в
уравнении y2 = ux параметр u от a до b, по;
лучим семейство парабол, заключенных
201
ГЛАВА 6. КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
между параболами y2 = ax, y2 = bx. Аналогично, изменяя в уравнении xy = v пара
метр v от p до q, получим семейство гипербол, заключенных между гиперболами
xy = p, xy = q. Поэтому новыми переменными выберем параметры u и v. Решая сис
тему уравнений y2 = ux, xy = v, находим x = u–1/3v2/3, y = u1/3v1/3. Отсюда
2x
1
2x 2 11/3 11/3
3 1 u 14/3v2/3,
3 u
v
,
2u
3
2v 3
2y 1 12/3 1/3
2y 1 1/3 12/3
3 u
v ,
3 u v
2u 3
2v 3
и якобиан преобразования
1
2 11/3 11/3
1 u 14/3v2/3
u
v
1
3
3
21 .
I (u, v) 2
3u
1 12/3 1/3
1 1/3 12/3
u
v
u v
3
3
1
при u > 0.
3u
Уравнения линий, ограничивающих область D переменных u и v имеют вид u = a,
u = b, v = p, v = q, то есть область G плоскости Oxy преобразуется в прямоугольную
область D плоскости O¢uv (рис. 6.5). Учитывая, что в новых координатах подынте
гральная функция xy 1 v , то по формуле (6.5) получаем
Поэтому | I (u, v)| 1
xy dxdy 1 44
44
G
D
b
q
v dudv 1 du
b 2
1
1 4
v dv 1 ln u a 2 v3/2
3u
3 u 4
3
3
a
p
q
p
2
b
1 (q 3/2 3 p3/2 )ln . 1
9
a
В задачах 6.25–6.28 перейти к новым переменным u и v и расставить
пределы интегрирования в указанных интегралах.
6.25.
y2 = px,
11 f (x, y) dxdy,
G
y2 =
6.26.
где область G ограничена кривыми x2 = ay, x2 = by,
qx (0 < a < b, 0 < p < q). Положить u = x2/y, v = y2/x.
11 f (x, y) dxdy, где область G ограничена линиями y = 1 – x, y = 3 – x,
G
x = 0, x = 3. Положить u = x + y, v = x.
6.27.
11 f (x, y) dxdy,
где область G ограничена линиями xy = p, xy = q,
G
y = ax, y = bx (0 < a < b, 0 < p < q). Положить u = xy, v = y/x.
6.28.
y2 = px,
11 f (x, y) dxdy,
G
2
y =
где область G ограничена кривыми y = ax3, y = bx3,
qx (0 < a < b, 0 < p < q). Положить u = y/x3, v = y2/x.
4. Приложения двойных интегралов
Площадь S части G декартовой плоскости выражается формулой
S 1 22 dxdy.
G
(6.6)
Выполняя замену переменных, можно получить формулы для вычисления площади
в криволинейных координатах.
202
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
ПРИМЕР 6.6. Найти площадь криволинейного «че)
тырехугольника»: 4 £ x2 + y2 £ 16, x 1 y 1 x 3 (рис. 6.6)
& Здесь удобно перейти к полярным координатам.
В полярных координатах «четырехугольник» задается
ограничениями 4 £ r2 £ 16, т. е. 2 £ r £ 4, и p/4 £ j £ p/3.
Следовательно, выполняя замену переменных x = r cos j,
y = r sin j в формуле (6.6), получаем
4
1 /3
2
1 /4
S 2 44 dxdy 2 44 r dr d3 2 4 r dr
Рис. 6.6
G
D
1
4 d3 2 2 . 1
6.29. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями xy = 4 и x + y = 5.
6.30. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями y2 = 4x + 4 и x + y = 2.
6.31. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями x2 + y2 = 2x, x2 +
2
+ y = 4x, y = x, y = 0.
6.32. Найти площадь фигуры, ограниченную кардиоидой r = 1 + cos j.
Если гладкая поверхность задана уравнением z = f(x, y), то площадь части этой
поверхности, проекция которой на плоскость Oxy есть область G, равна
2
Q4
G
2
1z
1z
1 5 26 37 5 62 73 dxdy.
8 1x 9 8 1y 9
(6.7)
ПРИМЕР 6.7. Найти площадь части сферы x2 + y2 + z2 = 2, заключенной внутри
цилиндра x2 + y2 = 1 (z > 0).
& Так как z > 0, то уравнение поверхности — z 1 2 2 x2 2 y2 . Область G, в кото)
рую проектируется часть сферы, вырезанная цилиндром, есть круг x2 + y2 £ 1. Част)
ные производные функции z 1 2 2 x2 2 y2 равны
zx1 2 3
y
x
, zy1 2 3
.
2 3 x 2 3 y2
2 3 x2 3 y2
Следовательно, подынтегральное выражение в формуле (6.7) равно
ким образом, искомая площадь выражается двойным интегралом:
Q 1 55
G
2
dxdy, G : x2 2 y2 3 1.
2 4 x 2 4 y2
Переходя к полярным координатам, получаем
Q 2 55
G
6.33. Найти площадь части плоскости x + y + z = 6, вырезаемой цилин#
дром x2 + y2 = 4.
6.34. Найти площадь части плоскости x + y + z = a, заключенной между
координатными плоскостями (a > 0).
6.35. Найти площадь части поверхности конуса z 1 x2 2 y2 , вырезаемой
цилиндрами y = x2 – 1, y = 1 – x2.
6.36. Найти площадь части сферы x2 + y2 + z2 = 2a2, заключенной внутри
конуса z 1 x2 2 y2 .
Объем V цилиндра, ограниченного сверху непрерывной поверхностью z = f(x, y),
снизу плоскостью z = 0 и с боков прямой цилиндрической поверхностью, вырезаю#
щей на плоскости Oxy область G, выражается интегралом
V 1 22 f (x, y) dxdy.
G
ПРИМЕР 6.8. Найти объем тела, огра#
ниченного поверхностями y 1 x , y 1 2 x ,
x + z = 4, z = 0.
& Данное тело ограничено сверху плос#
костью z = 4 – x, параллельной оси Oy, сни#
зу — плоскостью z = 0, с боков — цилинд#
рическими поверхностями y 1 x , y 1 2 x
(рис. 6.7а). Область интегрирования G изо#
бражена на рис. 6.7б.
Таким образом,
4
V 3 55 (4 4 x) dxdy 3 5 dx
G
4
3 5 (4 x 4 x3/2 ) dx 3
0
2 x
0
5
x
1 8x3
3/2
Рис. 6.7
4
(4 4 x) dy 3 5 (4 4 x)(2 x 4 x ) dx 3
0
4
5/2
2x
5
2
4
3
0
128
.1
15
6.37. Найти объем тела, ограниченного параболоидом z = x2 + y2 и плос#
костью z = 4.
6.38. Найти объем тела, ограниченного параболоидом z = x2 + y2, коорди#
натными плоскостями и плоскостью x + y = 1.
6.39. Найти объем тела, ограниченного параболоидом z = x2 + y2, цилин#
дром y = x2 и плоскостями y = 1, z = 0.
6.40. Найти объем тела, ограниченного сферой x2 + y2 + z2 = 1 и конусом
2
z = x2 + y2 (внутри конуса).
Механические приложения. Если пластина занимает область G плоскости Oxy и
имеет переменную поверхностную плотность g = g(x, y), то ее масса выражается ин#
тегралом
m 1 33 2(x, y) dxdy,
G
204
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
а статические моменты Mx и My относительно осей Ox и Oy соответственно — ин"
тегралами
Mx 1 33 y 2(x, y) dxdy, My 1 33 x 2(x, y) dxdy.
G
G
Координаты центра масс x и y пластины определяются следующим образом:
x2
x 1 (x, y) dxdy
33 y 1(x, y)dxdy
My 33
M
2 G
, y2 x 2 G
.
m
m
33 1(x, y)dxdy
33 1(x, y)dxdy
G
G
Моменты инерции пластины Ix и Iy относительно осей Ox и Oy соответственно
равны
Ix 1 33 y2 2(x, y) dxdy, Iy 1 33 x2 2(x, y) dxdy.
G
G
(6.8)
Если пластина однородна и плотность ее не указана,
условимся считать g(x, y) º 1.
ПРИМЕР 6.9. Найти моменты инерции однородной
фигуры, ограниченной параболой y = x2 и прямой y = 4
(рис. 6.8), относительно осей Ox, Oy.
& Используя формулы (6.8) для вычисления момен"
тов инерции плоских фигур, получаем
Рис. 6.8
2
4
12
2
x2
Ix 2 33 y2dxdy 2 3 dx 3 y2dy 2
G
Iy 2 33 x2 dxdy 2
G
2
1
512
(64 1 x6 ) dx 2
,
33
7
12
4
2
x2
12
3 x2dx 3 dy 2 3 (4x2 1 x4 )dx 2
12
128
.1
15
6.41. Найти массу круглой пластины радиуса R, если ее плотность в каж"
дой точке пропорциональна расстоянию от точки до центра и равна d на краю
пластины.
6.42. Найти массу пластины, имеющей форму прямоугольного треуголь"
ника с катетами OB = a и OA = b, если ее плотность в точке равна расстоянию
от точки до катета OA.
6.43. Найти статические моменты относительно осей Ox и Oy однородной
фигуры, ограниченной синусоидой y = sin x и прямой, проходящей через на"
чало координат и точку синусоиды A(p/2, 1) (x ³ 0).
6.44. Найти статические моменты относительно осей Ox и Oy однородной
фигуры, ограниченной кардиоидой r = a(1 + cos j), 0 £ j £ p, и полярной осью.
6.45. Найти координаты центра масс однородной фигуры, ограниченной
параболой y = x2 и прямой x + y = 2.
6.46. Найти координаты центра масс однородной фигуры, ограниченной
параболой x = y2 и прямой y = x.
6.47. Найти моменты инерции однородного треугольника, ограниченно"
го прямыми x + y = 1, x + 2y = 2, y = 0, относительно осей Ox и Oy.
6.48. Найти момент инерции однородного круга радиуса R относительно
диаметра.
205
ГЛАВА 6. КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
§ 6.2.
ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ
1. Понятие тройного интеграла и его вычисление
в декартовых прямоугольных координатах
Если функция f(x, y, z) непрерывна в замкнутой области G, содержащейся в не&
котором прямоугольном параллелепипеде [a, b] ´ [c, d] ´ [u, v] декартового простран&
ства Oxyz, то, аналогично определению двойного интеграла, тройным интегралом
называется предел трехкратной интегральной суммы
4 f (xi , yk, zl ) 1xi 1yk 1zl .
555 f (x, y, z)dxdydz 3 maxlim
1x 2 0
i, k, l
i
max 1yk 2 0
max 1zl 2 0
G
Тройной интеграл также обладает свойствами линейности и аддитивности.
Вычисление тройного интеграла сводится к последовательному вычислению трех
однократных интегралов или к вычислению одного однократного и одного двойного
интеграла. Например, пусть область интегрирования G ограничена снизу поверхно&
стью z = j1(x, y), сверху — поверхностью z = j2(x, y) (j1(x, y) £ j2(x, y)) и с боков —
прямым цилиндром, и пусть проекция области G на плоскость Oxy есть область D.
Тогда тройной интеграл вычисляется по формуле
12 ( x, y )
333 f (x, y, z)dxdydz 2 33 dxdy 3
G
D
f (x, y, z) dz.
11 ( x, y )
Записывая двойной интеграл по плоской области D через один из повторных, полу&
чаем
b
G
a
12 ( x, y )
y2 ( x )
333 f (x, y, z) dxdydz 2 3 dx 3
3
dy
11 ( x, y )
y1 ( x )
d
f (x, y, z) dz 2 3 dy
ПРИМЕР 6.10. Вычислить тройной интеграл
c
12 ( x, y )
x2 ( y )
3
x1 ( y )
dx
3
f (x, y, z) dz.
11 ( x, y )
111 zdxdydz, если область G ограни&
G
чена плоскостями x + y + z = 1, x = 0, y = 0, z = 0.
& Проекцией области G на плоскость Oxy яв&
ляется треугольник D, ограниченный прямыми
x + y = 1, x = 0, y = 0 (рис. 6.9). Сверху область G
ограничена плоскостью z = 1 – x – y, снизу — плос&
костью z = 0. Следовательно,
11 x 1 y
I 2 333 zdxdydz 2 33 dxdy
G
D
3
zdz.
0
Переходя от двойного интеграла по области D
к повторному, получаем
1
11 x
11 x 1 y
0
0
I 2 3 dx
0
1
2
3 dy 3
zdz 2
1
11 x
0
0
1
dx
23
1
1
(1 1 x)3 dx 2 1 (1 1 x)4
63
24
0
Рис. 6.9
1
1
11 x
3 (1 1 x 1 y)2 dy 2 1 6 3 (1 1 x 1 y)3 0
1
0
2
0
1
.1
24
dx 2
206
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
В задачах 6.49–6.52 для указанных областей G записать тройной инте,
грал
111 f (x, y, z) dxdydz
в виде повторного.
G
6.49. G — тетраэдр, ограниченный плоскостями 2x + 3y + 4z = 12, x = 0,
y = 0, z = 0.
6.50. G — шар x2 + y2 + z2 = R2.
6.51. G — область, ограниченная поверхностями 4z = x2 + y2, z = 4.
6.52. G — область, ограниченная поверхностями z2 = x2 + y2, z = 1.
В задачах 6.53–6.56 вычислить интегралы.
1
x
0
0
6.53. 2 dx 2 dy
6.55.
x 2 1 y2
2
0
3
2x
0
0
zdz. 6.54. 2 dx
2 dy
xy
2
zdz.
0
222 (x 1 y 1 z) dxdydz, где G — тетраэдр, ограниченный плоскостями
G
x + y + z = a, x = 0, y = 0, z = 0.
6.56.
111 xyzdxdydz, где G — область, ограниченная цилиндрической по,
G
верхностью y = x2 и плоскостями y = 1, z = 4, z = 0.
2. Замена переменных в тройном интеграле
Если в тройном интеграле
111 f (x, y, z) dxdydz
производится замена переменных
G
по формулам x = x(u, v, w), y = y(u, v, w), z = z(u, v, w), причем функции x(u, v, w),
y(u, v, w), z(u, v, w) осуществляют взаимно однозначное непрерывно дифференци,
руемое отображение области D пространства O¢uvw на об,
ласть G пространства Oxyz и в области D отличен от нуля
якобиан преобразования:
1x
1u
1y
I 2 I (u, v, w) 2
1u
1z
1u
1x
1v
1y
1v
1z
1v
1x
1w
1y
3 0,
1w
1z
1w
то справедлива формула
Рис. 6.10
222 f (x, y, z)dxdydz 1 222 f (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w)) | I | dudvdw.
G
(6.9)
D
Наиболее часто используются цилиндрические и сферические координаты. Фор,
мулы перехода к цилиндрическим координатам имеют вид x = r cos j, y = r sin j, z = z
(рис. 6.10). Якобиан преобразования I = r. Следовательно, формула (6.9) в случае
цилиндрических координат имеет вид
333 f (x, y, z)dxdydz 1 333 f (r cos 2, r sin 2, z) r dr d2dz.
G
D
(6.10)
207
ГЛАВА 6. КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
ПРИМЕР 6.11. Перейдя к цилиндрическим координатам, вычислить интеграл
222 z
x2 1 y2 dxdydz,
G
где область G задана неравенствами 0 £ x £
£ 2, 0 1 y 1 2x 2 x2 , 0 £ z £ a (рис. 6.11а).
& Проекция области G на плоскость Oxy
имеет вид, изображенный на рис. 6.11б.
В цилиндрических координатах уравнение y 1 2x 2 x2 преобразуется к виду
r = 2cos j, 0 £ j £ p/2. Поэтому, применяя
формулу (6.10) и учитывая, что x2 + y2 = r2,
получаем
555 z
G
1 /2
4
б
Рис. 6.11
x2 3 y2 dxdydz 4 555 zr 2dr d2dz 4
D
2cos 2
5 d2 5
0
а
0
a
r 2dr 5 zdz 4
0
a2
2
1 /2
2cos 2
5 d2 5
0
r 2dr 4
0
4a 2
3
1 /2
8
5 cos32 d2 4 9 a2. 1
0
В задачах 6.57–6.60 вычислить интегралы, перейдя к цилиндрическим
координатам.
6.57.
111 zdxdydz,
где область G ограничена поверхностями x2 + y2 = a2,
G
z = 0, z = h.
6.58.
222
x2 1 y2 dxdydz, где область G ограничена поверхностями z2 =
G
=
x2
+
y2 ,
6.59.
z = x2 +
z = a (a > 0).
222 (x2 1 y2 ) dxdydz,
G
y2, цилиндром
6.60.
222
где G — область, ограниченная параболоидом
x2 + y2 = 4 и плоскостью z = 0.
x2 1 y2 dxdydz, где область G задана неравенствами
G
x 2 1 y2 2 z 2 x 2 1 y2 .
Формулы перехода к сферическим координатам имеют вид x = r cos j cos q, y = r sin j cos q, z = r sin q (рис. 6.12),
якобиан которых I = r2cos q. Формула (6.9) принимает вид
444 f (x, y, z)dxdydz 1
G
1 444 f (r cos 2 cos 3, r sin 2 cos 3, r sin 3) r 2 cos 3 dr d2d3.
(6.11)
D
Рис. 6.12
ПРИМЕР 6.12. Перейдя к сферическим координатам,
вычислить интеграл
222 (x2 1 y2 )dxdydz,
G
208
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
где область G есть полушар, заданный неравенствами
x2 + y2 + z2 £ R2, z ³ 0 (рис. 6.13).
& Полушар радиуса R задается следующими пре9
делами изменения сферических координат: 0 £ r £ R,
0 £ j £ 2p, 0 £ q £ p/2. Следовательно, по формуле (6.11),
666 (x2 2 y2 )dxdydz 3 666 r 2cos 4 r 2cos 4 dr d5d4 3
G
21
3
D
1 /2
R
0
0
4
6 d5 6 cos34 d4 6 r 4dr 3 15 1R5. 1
0
Рис. 6.13
В задачах 6.61–6.62 вычислить интегралы, перейдя к сферическим коор9
динатам.
6.61.
111 xyz2 dxdydz,
где область G есть часть шара x2 + y2 + z2 £ 1, при9
Объем V пространственной области G равен
V 1 222 dxdydz.
G
Масса m тела с переменной плотностью g = g(x, y, z), занимающего пространст9
венную область G, равна
m 1 333 2(x, y, z) dxdydz.
G
Статические моменты относительно координатных плоскостей:
Myz 1 333 x 2(x, y, z) dxdydz,
G
Mxz 1 333 y 2(x, y, z) dxdydz,
G
Mxy 1 333 z 2(x, y, z) dxdydz.
G
Myz
Mxy
M
, y 1 xz , z 1
.
m
m
m
Моменты инерции тела относительно координатных осей:
Координаты центра масс тела: x 1
Ix 1 444 ( y2 2 z2 ) 3(x, y, z) dxdydz,
G
Iy 1 444 (x2 2 z2 ) 3(x, y, z) dxdydz,
G
Iz 1 444 (x2 2 y2 ) 3(x, y, z) dxdydz,
G
209
ГЛАВА 6. КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
а момент инерции относительно начала координат (полярный момент) равен
IO 1 44 (x2 2 y2 2 z2 ) 3(x, y, z) dxdy.
G
Если тело однородно и плотность его не указана, условимся считать g(x, y, z) º 1.
ПРИМЕР 6.13. Найти массу и полярный момент инерции полушара x2 + y2 +
+ z2 £ R2, z ³ 0, если плотность в каждой точке пропорциональна расстоянию от точ/
ки до центра шара.
& Имеем 1 (x, y, z) 2 k x2 3 y2 3 z2 . Переходя к сферическим координатам, нахо/
дим массу полушара:
m 2 666 k x2 3 y2 3 z2 dxdydz 2 k 666 r 3cos 4 dr d5d4 2
G
G
21
1 /2
R
0
0
0
2 k 6 d5
6 cos 4 d4 6 r 3dr 2 k
1R 4
2
,
и полярный момент инерции
IO 2 666 k(x2 3 y2 3 z2 )3/2 dxdydz 2 k 666 r 5cos 4 dr d5d4 2
G
G
21
1 /2
R
0
0
0
2 k 6 d5
6 cos 4 d4 6 r 5dr 2 k
1R
.1
3
6
6.63. Найти объем тела, ограниченного сферой x2 + y2 + z2 = 8 и конусом
z 1 x2 2 y2 (внутри конуса).
6.64. Найти объем тела, ограниченного параболоидом z = 1 – x2 – y2 и плос/
костями z = 0, y = 0, y = x (x ³ 0).
6.65. Найти объем тела, ограниченного параболоидом 4z = x2 + y2 и кону/
сом z 1 x2 2 y2 .
6.66. Найти объем тела, ограниченного сферой x2 + y2 + z2 = 9 и конусами
z 1 x2 2 y2 , z 1 3(x2 2 y2 ).
6.67. Найти массу и среднюю плотность кругового конуса с радиусом ос/
нования R и высотой H, если плотность в каждой точке пропорциональна
квадрату расстояния от точки до плоскости, проходящей через вершину ко/
нуса параллельно основанию, а в центре основания равна g0.
6.68. Найти массу и среднюю плотность сферического слоя между сфера/
ми x2 + y2 + z2 = a2, x2 + y2 + z2 = 4a2, если плотность в каждой точке пропор/
циональна квадрату расстояния от точки до начала координат, а наибольшее
значение плотности равно g0.
6.69. Найти координаты центра масс однородного тела, ограниченного
H 2
(x 2 y2 ) и плоскостью z = H.
R2
6.70. Найти координаты центра масс однородного тела, ограниченного
параболоидом z 1
конусом z 1
H 2
x 2 y2 и плоскостью z = H.
R
210
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
6.71. Найти момент инерции однородного сегмента параболоида враще)
ния с радиусом основания R и высотой H относительно его оси вращения.
6.72. Найти момент инерции однородного шара радиуса R относительно
его диаметра, если плотность в каждой точке пропорциональна расстоянию
от точки до центра шара, а на поверхности шара равна g0.
4. Несобственные кратные интегралы
по неограниченной области
Пусть неотрицательная функция f(x, y) непрерывна в неограниченной области G,
тогда полагают
f (x, y) dxdy,
55 f (x, y)dxdy 4 Rlim
1 23 55
(6.12)
G
GR
где GR — ограниченная область, являющаяся пересечением области G и круга ра)
диуса R с центром в начале координат. Если предел слева существует и конечен, то
несобственный интеграл
11 f (x, y)dxdy
называется сходящимся, в противном слу)
G
чае — расходящимся.
Вместо кругов радиуса R могут быть взяты расширяющиеся прямоугольники
|x| £ a, |y| £ b, a, b ® +¥ или другая система ограниченных расширяющихся областей.
При этом сходимость или расходимость и значение несобственного кратного инте)
грала не зависят от выбора системы областей. Аналогично определяется тройной
интеграл по неограниченной пространственной области.
dxdy
, где G — область,
ПРИМЕР 6.14. Вычислить несобственный интеграл 22 4
x
1 y2
G
определяемая неравенствами x ³ 1, y ³ x2.
& Здесь удобно взять систему расширяющихся прямоугольников 0 £ x £ a,
0 £ y £ b, причем b ³ a2, a ® +¥, b ® +¥ (рис. 6.14). Тогда
a
dxdy
b 3 45 1
G
a
16
1
6 1
dy
y
8 lim 9 2 arctg 2
2
x
4 y a 3 45 1 x
b
dx
x4 4 y2 8 alim
3 45
x2
a
x4
b 3 45
1
x2
7
dx 8
2 7dx 8 4 lim x1 dx 8 4 lim 96 x1
a
b
9 lim arctg 2 4
a 3 45 x2 b 3 45
x
8 lim
b
a 3 45
2
1
a 3 45
a7
1
8 .1
4
В задачах 6.73–6.76 вычислить несобственные интегралы.
dxdy
6.73. 11 5 3 , где G — плоская область, определяе)
x y
G
мая неравенствами x ³ 1, xy ³ 1.
dxdydz
6.74. 222 2
, где G — плоская область, оп)
(x 1 y2 1 z2 )3
G
ределяемая неравенством x2 + y2 ³ 1 (внешность круга).
dxdydz
, где G — пространственная об)
6.75. 222 2
(x 1 y2 1 z2 )2
G
ласть, определяемая неравенством x2 + y2 + z2 ³ 1 (внеш)
ность шара).
6.76.
333 e1(x 2 y2z)dxdydz,
G
Рис. 6.14
где G — пространственная
область, определяемая неравенствами x ³ 0, y ³ 0, z ³ 0.
ГЛАВА 7
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ
§ 7.1.
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
1ГО ПОРЯДКА
1. Основные понятия
Функциональное уравнение вида
F(x, y, y¢) = 0
(7.1)
y¢ = f(x, y),
(7.2)
или
связывающее независимую переменную x, искомую функцию y(x) и ее производную
y¢(x), называется обыкновенным дифференциальным уравнением 1го порядка. Часто
встречается и такая форма записи дифференциального уравнения первого порядка:
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0,
(7.3)
где M(x, y) и N(x, y) — заданные функции переменных x и y.
Решением (частным решением) уравнения (7.1), (7.2) или (7.3) на интервале
(a, b) называется любая дифференцируемая функция y = j(x), удовлетворяющая это%
му уравнению, т. е. обращающая его в тождество относительно x Î (a, b). Уравнение
F(x, y) = 0, определяющее это решение как неявную функцию, называется интегра
лом (частным решением) дифференциального уравнения. На плоскости с фиксиро%
ванной декартовой прямоугольной системой координат уравнение F(x, y) = 0 опре%
деляет некоторую кривую, которая называется интегральной кривой дифференци%
ального уравнения.
Функция y = j(x, C) называется общим решением уравнения (7.1), (7.2) или (7.3),
если при любом допустимом значении параметра C она является частным решением
этого уравнения и, кроме того, любое его частное решение может быть представлено
в виде y = j(x, C0) при некотором значении C0 параметра C. Уравнение F(x, y, C) = 0,
определяющее общее решение как неявную функцию, называется общим интегра
лом дифференциального уравнения.
ПРИМЕР 7.1. Проверить подстановкой, что функция y(x) = ex – x – 1 является
решением дифференциального уравнения y¢ = x + y.
& Имеем y = ex – x – 1, y¢ = ex – 1 при всех x Î R. Подставив в левую и правую
части данного дифференциального уравнения полученные выражения, получим
e x 1 1 2 x 3 (e x 1 x 1 1), т. е. тождество y¢ º x + y, справедливое при всех x Î R. %
1
1
ПРИМЕР 7.2. Показать, что функция y 2 sin x 1 cos x 3 Ce 1 x , C Î R, является
2
2
решением дифференциального уравнения y¢ + y = sin x. Найти частное решение,
1
1
& Найдя y2 3 cos x 4 sin x 1 Ce 1 x и подставив выражения для y и y¢ в данное урав3
2
2
нение, при любом значении C получим тождество
1
1
1
1
cos x 2 sin x 1 Ce 1 x 2 sin x 1 cos x 2 Ce 1 x 3 sin x.
2
2
2
2
1
1
1x ,
sin
cos
y
2
x
1
x
3
Ce
Это означает, что функция
C Î R, является решением дан3
2
2
ного дифференциального уравнения. Положив x = 0, y = 1, из уравнения y(0) = 1
найдем значение параметра C = 3/2 и, таким образом, получим частное решение
1
1
3
y 2 sin x 1 cos x 3 e 1 x . Это означает, что частное решение определяет интеграль3
2
2
2
ную кривую, проходящую через точку M = (0, 1). %
ПРИМЕР 7.3. Показать, что (x2 – 1)(y2 – 1) = C для любого фиксированного C Î R
является интегралом дифференциального уравнения x(y2 – 1) + y(x2 – 1)y¢ = 0.
& Обозначим F(x, y, C) = (x2 – 1)(y2 – 1) – C = 0. Дифференцируя по x левую и пра3
вую части равенства (x2 – 1)(y2 – 1) – C = 0 и учитывая, что C — постоянная, полу3
чим ((x2 – 1)(y2 – 1))¢ – C¢ = 0 или (x2 – 1)¢(y2 – 1) + (x2 – 1)(y2 – 1)¢ = 0. Отсюда следует
2x(y2 – 1) + 2y(x2 – 1)y¢ = 0 или x(y2 – 1) + y(x2 – 1)y¢ = 0. %
В задачах 7.1–7.4 показать, что при любом действительном значении па3
раметра C заданные выражения определяют решения соответствующих диф3
ференциальных уравнений.
sin x
7.1. y 3 x 1 1 x2 , yy2 3 x 1 2x3 .
7.2. y 3
, xy2 4 y 3 cos x.
x
ey 1 1
7.3. y 3 2 4 C 1 1 x2 , (1 1 x2 )y2 4 xy 3 2x. 7.4. e 1 y 1 Cx 3 1, y2 3
.
x
В задачах 7.5–7.9 в заданном семействе выделить уравнение кривой, удов3
летворяющей приведенному начальному условию.
7.5. y(ln|x2 – 1| + C) = 1, y(0) = 1.
7.6. y(1 – Cx) = 1, y(1) = 0,5.
7.7. y = 2 + Ccosx, y(0) = –1.
7.8. x = y × eCy+1, y(–1) = –1.
7.9. x = y ln Cy, y(0) = 2.
Пусть задано уравнение F(x, y, C) = 0, определяющее на плоскости некоторое
семейство кривых, зависящих от значений параметра C. Если составить систему двух
21(x, y, C ) 1 0,
уравнений 314 (x, y, C ) 1 0, то, исключив из этой системы параметр C, получим, вооб3
5 x
ще говоря, дифференциальное уравнение заданного семейства кривых.
ПРИМЕР 7.4. Найти дифференциальное уравнение для семейства кривых, за3
данного уравнением x2 + y2 = Cx.
& Обозначим F(x, y, C) = x2 + y2 – Cx, тогда 11x (x, y, C ) 2 2x 3 2yy1 4 C. Составля3
1x2 2 y2 3 Cx 4 0,
ем систему уравнений 5
Исключая из нее параметр C, получим
72x 2 2yy6 3 C 4 0.
x2 + y2 – (2x + 2yy¢)x = 0 или y2 – x2 – 2xyy¢ = 0. Это и есть искомоедифференциаль3
ное уравнение. %
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
213
В задачах 7.10–7.16 вывести дифференциальные уравнения данных се%
мейств кривых:
7.10. Парабол y = x2 + 2Cx.
7.11. Гипербол y = C/x.
7.12. Цепных линий y = C ch x.
7.13. Гипербол x2 – y2 = 2Cx.
7.14. Парабол y = C(x – C)2.
7.15. y = Cx – C – C2.
7.16. y = sin(x + C).
Задачей Коши для дифференциального уравнения y¢ = f(x, y) называется задача
об отыскании частного решения этого уравнения, удовлетворяющего заданному на%
чальному условию y(x0) = y0.
Если функция f(x, y) уравнения (7.2) задана в некоторой области D плоскости
Oxy и имеет в этой области ограниченную частную производную fy1 (x, y), то сущест%
вует единственное решение задачи Коши для уравнения (7.2). Точки области D, в
которых нарушается единственность решения задачи Коши, называются особыми
точками дифференциального уравнения.
Решение (интегральная кривая) уравнения в области D, в каждой точке которо%
го нарушается единственность решения задачи Коши, называется особым решением
(особой интегральной кривой) этого уравнения. Особое решение не может быть полу%
чено из общего ни при каких значениях C (включая и C = ±¥).
Огибающая семейства интегральных кривых, определяемых общим решением
y = j(x, C) или общим интегралом F(x, y, C) = 0, является особой интегральной кри%
вой. Она находится путем исключения, если это возможно, параметра C из системы
двух уравнений
3y 1 2(x, C),
31(x, y, C ) 1 0,
или 4
4
60 1 25C (x, C)
615C (x, y, C ) 1 0.
Найденную таким путем функцию следует подставить в данное дифференциаль%
ное уравнение и убедиться, что она является решением.
ПРИМЕР 7.5. Найти особые решения уравнения y1 2 1 3 y2 , зная его общее ре%
1
шение y = sin(x + C), | x 2 C | 3 .
2
& Составим систему уравнений
3y 1 sin(x 2 C),
4
|x 2 C| 5 .
6
2
70 1 cos(x 2 C),
Исключая C, найдем две функции y = ±1, которые, очевидно, являются решениями
данного уравнения и не получаются из общего решения ни при каких значениях C.
Следовательно, y = ±1 — особые решения. %
В задачах 7.17–7.20 найти особые решения дифференциальных уравне%
ния, зная их общие решения.
7.17. y1 2 4x y 3 1, y 2 (x2 4 C)2 4 1.
7.18. xy¢2 + 2xy¢ – y = 0, (y – C)2 = 4Cx.
x2
x2
, y2
4 Cx 4 C2 .
2
2
7.20. y¢3 = 4y(xy¢ – 2y), y = C(x – C)2.
7.19. y 2 y12 3 xy1 4
214
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
2. Аналитический метод
решения уравнений 1го порядка
Аналитический метод решения уравнения 1)го порядка (7.1), (7.2) или (7.3) пре)
дусматривает приведение его к виду уравнения с разделенными переменными:
g(y)dy = f(x)dx.
(7.4)
Уравнение (7.3) можно рассматривать как тождество, так как его левая часть
зависит только от y, а правая — только от x. Следовательно, интегрируя обе части
(7.4), получаем
4 g (y)dy 1 4 f (x)dx 2 C,
C 3 1.
ПРИМЕР 7.6. Найти общее решение уравнения ydy + dx = xdx + dy.
& Приведя уравнение к виду (y – 1)dy = (x – 1)dx и проинтегрировав обе его час)
ти, находим
y2
x2
1y2
1 x 3 C, C Î R.
2
2
Отсюда получаем (y – 1)2 – (x – 1)2 = C1, где C1 = 2C так же, как и C, есть произ)
вольная постоянная. Следовательно, общий интеграл исходного уравнения имеет вид
4 (y 1 1)dy 2 4 (x 1 1)dx 3 C, где C Î R,
или
(y2 – 1) – (x2 – 1) = C, C Î R. %
В задачах 7.21–7.26 найти общие решения дифференциальных уравнений.
dy
dx
1
2 0.
1 1 y2 1 1 x 2
ydy
xdx
.
7.24.
2
2
11 y
1 1 4x 2
dy
dx
7.26.
3
2 0.
y ln y sin x
7.22.
В задачах 7.27–7.30 найти частные решения дифференциальных уравне)
ний, удовлетворяющие заданным начальным условиям.
dy
2
dx
3
7.27.
7.28. e112x 2 x (1 1 x) dx 2 ctg ydy 4 0, y(1) 4 .
4
, y(0) 4 1.
y cos x
2
ln y
ex dx
7.29. y2dy 1
dy 4 0, y(2) 4 1.
4 0, y(0) 4 0. 7.30. dx 1
y
1 2 e2 x
Ниже, в пунктах 3–8 приведены простейшие типы дифференциальных уравне)
ний 1)го порядка, каждый из которых может быть представлен в виде уравнения с
разделенными переменными (7.4) и, следовательно, проинтегрирован или сведен к
нему.
3. Уравнения с разделяющимися переменными
Пусть в уравнении (7.2) функция f(x, y) может быть разложена на множители,
каждый из которых зависит только от одной переменной, т. е.
dy
1 f (x)f2 ( y),
dx 1
215
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
или в уравнении (7.3) коэффициенты при dx и dy могут быть представлены в виде
M(x, y) = M1(x)M2(y), N(x, y) = N1(x)N2(y), т. е.
M1(x)M2(y)dx + N1(x)N2(y)dy = 0.
Тогда первое уравнение делением обеих его частей на f2(y), а второе — делением на
N1(x)M2(y) соответственно приводятся к виду (7.3) уравнения с разделенными пере8
менными:
N2 (y)
M ( x)
1
dy 1 f1 (x) dx,
dy 1 2 1
dx,
f2 ( y)
M2 ( y)
N1 (x)
и называются уравнениями с разделяющимися переменными. Интегрируя левые час8
ти этих уравнений по y, а правые по x, приходим в каждом из них к общему интегра8
лу исходного дифференциального уравнения.
Приведение исходного дифференциального уравнения 18го порядка к виду (7.3)
с разделенными переменными не всегда осуществимо эквивалентными преобразова8
ниями. Поэтому необходимо следить за возможной потерей конкретных решений.
Если в уравнении с разделяющимися переменными y¢ = f1(x)f2(y) функция f2(y)
имеет действительный корень y0, т. е. f2(y0) = 0, то функция y(x) = y0 является реше8
нием уравнения (в чем легко убедиться непосредственной подстановкой). При деле8
нии обеих частей уравнения на f2(y) решение y(x) = y0 может быть потеряно.
Аналогично, при интегрировании уравнения M1(x)M2(y)dx + N1(x)N2(y)dy = 0
могут быть потеряны интегральные кривые x = x0 и y(x) = y0, где x0 — действитель8
ный корень уравнения N1(x) = 0, а y0 — действительный корень уравнения M2(y) = 0.
Поэтому, получив указанным выше методом разделения переменных общий ин8
теграл уравнения, необходимо проверить, входят ли в его состав (при подходящих
числовых значениях параметра C) упомянутые решения. Если входят, то потери ре8
шений нет. Если не входят, то в окончательном ответе кроме общего интеграла сле8
дует указать и эти решения.
ПРИМЕР 7.7. Найти общее решение уравнения y¢ = y.
dy
dy
1 dx.
1 y при условии, что y ¹ 0, преобразуем к виду
y
dx
Интегрируя левую и правую части полученного уравнения, имеем ln |y| = x + C. От8
сюда следует, что
|y| = ex+C = eCex, где C Î R, или |y| = C1ex, где C1 = eC, C1 > 0.
Освобождаясь от модуля, получим y = ±C1ex или y = C2ex, где C2 = R\{0}.
Проверкой убеждаемся, что y = 0 также является решением. Следовательно, ре8
шением уравнения являются функции y = C2ex, где C2 = R\{0}, и y = 0. Заметим, что
решение y = 0 получается из формулы общего решения, если снять ограничение C2 ¹ 0.
Значит, решением данного уравнения будут все функции вида y = Cex, где C Î R. %
ПРИМЕР 7.8. Найти общее решение уравнения x(y2 – 1)dx + y(x2 – 1)dy = 0.
& Данное уравнение
xdx
ydy
1
2 0 или
x 2 3 1 y2 3 1
& Разделив данное уравнение на (x2 – 1)(y2 – 1) ¹ 0, получим
ydy
xdx
1 2 2 . Интегрируем:
y2 2 1
x 21
ydy
6 y2 4 1 3 6
14 x x412dx 5 C, где C Î R, или 12 ln|y 11| 2 1 12 ln|x 11| 3 C, C Î R.
2
2
2
216
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
e2 C
, C Î R, или (x2 – 1)(y2 – 1) = C1, C1 Î R\{0}.
x2 1 1
Дополнительные решения x = ±1, y = ±1, определяемые из условия (x2 – 1)(y2 –
– 1) = 0, получаются из общего интеграла при C1 = 0. Следовательно, общий инте7
грал данного уравнения имеет вид (x2 – 1)(y2 – 1) = C, C Î R. %
Отсюда получаем y2 1 1 2 3
В задачах 7.31–7.42 найти общие решения дифференциальных уравнений.
x
7.31. y1 2 y .
7.32. yy¢ + x = 0.
x+y
7.33. y¢ = e .
7.34. y¢ = ex+y + ex–y.
7.35. y¢ = tg x × tg y.
7.37.
7.36. xydx 1 1 2 x2 dy 3 0.
tg y
tg x
dx 1
dy 2 0.
cos2 x
cos2 y
7.38. (1 + x)y dx + (1 – y)x dy = 0.
7.39. ( xy 1 x ) dx 2 ( xy 2 y ) dy 3 0.
7.40. y¢ + sin(x + y) = sin(x – y).
a 2 1 y2
.
7.42. x2(1 – y)y¢ + y2 + xy2 = 0.
a 2 1 x2
В задачах 7.43–7.46 для заданных уравнений найти частные решения,
удовлетворяющие указанным условиям.
7.41. y2 3
y
, y(0) 2 1.
ln y
dy
7.45. x 1 3 y2 3 y 1 3 x2
2 0, y(0) 2 1.
dx
7.43. y1 cos x 2
7.44. (1 3 x2 )dy 3 ydx 2 0, y(1) 2 1.
7.46.
xy
2 ln y, y(2) 2 1.
y1
4. Однородные уравнения
Дифференциальное уравнение 17го порядка называется однородным, если его
можно привести к виду
y
y3 4 f
(7.5)
x
или к виду
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0,
(7.6)
12
где M(x, y) и N(x, y) — однородные функции одного порядка, т. е. существует такое
k Î Z, что M(tx, ty) = tkM(x, y) и N(tx, ty) = tkN(x, y) тождественно относительно x, y
и t ¹ 0.
y
С помощью подстановки 1 u(x) однородные уравнения (7.5) и (7.6) преобразу7
x
ются в уравнения с разделяющимися переменными.
ПРИМЕР 7.9. Решить уравнение (y – x)dx + (y + x)dy = 0.
& Данное уравнение — уравнение вида (7.6), где функции M(x, y) = y – x и
N(x, y) = y + x — однородные функции одного порядка. Поделив слагаемые урав7
нения на y + x ¹ 0 (предварительно проверив, что функция y = –x не является реше7
du
dy x 1 y
x 3 u.
нием), приведем уравнение к виду
2
. Делаем замену y = ux, тогда y1 2
dx
dx x 3 y
217
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Подставляя y и y¢ в уравнение, получим x
du 1 1 u
du
x 1 ux
2
1 u. Разде$
2u 3
, или x
dx 1 3 u
dx
x 2 ux
(1 1 u) du
ляем переменные: dx 2
, и, интегрируя при 1 – 2u – u2 ¹ 0, имеем
x 1 3 2u 3 u2
1
ln| Cx | 1 2 ln|1 2 2u 2 u2 |,
2
где C Î R\{0}. Следовательно, Cx 1
1
, C Î R\{0}.
|1 2 2u 2 u2 |
Это решение можно преобразовать к виду x2|1 – 2u – u2| = C0, C0 Î (0, +¥), или с
учетом потерянных решений, которые получаются из уравнения 1 – 2u – u2 = 0, за$
пишем общий интеграл x2(1 – 2u – u2) = C1, C1 Î R. Выполнив обратную замену, име$
ем x2 – 2xy – y2 = C, C Î R. %
Дифференциальные уравнения вида
dy
2 ax 1 by 1 c 3
4 f5
6
dx
7 a1x 1 b1y 1 c1 8
в случае
(7.7)
a b
1 0 приводятся к однородным (или непосредственно к уравнениям
a1 b1
с разделяющимися переменными) уравнениям с помощью замены переменных
3am 1 bn 1 c 2 0,
x = u + m, y = v + n, где m и n находятся из системы уравнений 4
5a1m 1 b1n 1 c1 2 0.
Так как dx = du, dy = dv, то уравнение (7.7) преобразуется к виду (7.5) относи$
тельно функции v(u):
30
4
5
12324
v 5
4
7 au 6 bv 6 am 6 bn 6 c 8 4 au 6 bv 5 7 a 6 b u 8
dv
v
3 f7
39 .
8 3 f7
8 3 f7
8
6
6
6
6
6
du
a
u
b
v
a
m
b
n
c
a
u
b
v
v
u
1
1 2622
1
1
1
77 1
52
71 88
7 a1 6 b1 8
u
12
30
Если определитель
a b
1 0, то элементы его строк пропорциональны: a1 = ka,
a1 b1
b1 = kb. Тогда, применяя подстановку ax + by = z, получаем a1x + b1y = kz. Таким об$
dz
2 z1c 3
разом, приходим к уравнению с разделяющимися переменными: dx 4 bf 5 kz 1 c 6 1 a.
7
18
В задачах 7.47–7.65 найти общие решения дифференциальных уравнений.
y x
y
y
7.47. y1 2 3 .
7.48. y1 2 3 cos .
x y
x
x
x3y
y2 3 xy 4 x2
.
.
7.49. y1 2
7.50. y1 2
x4y
y2
2xy
y(1 3 ln y 4 ln x)
.
.
7.51. y1 2 2
7.52. y1 2
x
x 3 y2
y
y
x
.
7.53. xy1 4 y 2
7.54. xy1 ln 2 x 3 y ln .
arctg(y / x)
x
x
218
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
7.55. xyy1 2 y2 3 2x2 .
7.56. (x 3 y)dx 3 xdy 2 0.
7.57. xdy 4 ydx 2 x2 3 y2 dx.
7.58. (x2 3 y2 )dx 4 2xydy 2 0.
y
y
7.60. xy1 sin 3 x 2 y sin .
x
x
7.59. (2 yx 4 y) dx 3 xdy 2 0.
3x
3x
dx 3 57 y 4 3x sin 68 dy 2 0.
y
y
9
7.62. (8y 3 10x)dx 3 (5y 3 7x)dy 2 0.
7.61. 3y sin
7.63. (2x – y + 1)dx + (2y – x – 1)dy = 0.
7.64. (x + y + 1)dx + (2x + 2y – 1)dy = 0.
7.65. x – y – 1 + (y – x + 2)y¢ = 0.
В задачах 7.66–7.69 для заданных уравнений найти частные решения,
удовлетворяющие указанным условиям.
y
1
7.66. (y2 3 3x2 )dy 4 2xydx 5 0, y(1) 5 32. 7.67. xy2 3 y 5 x tg , y(1) 5 .
x
2
2
7.68. y2 5 4 4
y 6y7
49
, y(1) 5 2.
x
x
7.69. xy2 5 x 8 e y / x 4 y, y(1) 5 0.
5. Линейные уравнения
Дифференциальное уравнение y¢ = f(x, y), разрешенное относительно производC
ной, называется линейным, если его правая часть линейна относительно y:
y¢ = P(x)y + Q(x),
(7.8)
где P(x) и Q(x) — заданные функции. Если Q(x) º 0, то уравнение (7.8) принимает
вид y¢ = P(x)y, называется линейным однородным и является уравнением с раздеC
ляющимися переменными, и общее его решение имеет вид
(7.9)
y 2 Ce 1 P( x )dx ,
где C — произвольная постоянная, а 1 P(x) dx — одна из первообразных функции P(x).
Интегрирование линейного неоднородного уравнения (7.8) можно проводить ме
тодом вариации постоянной. В этом случае общее решение уравнения (7.8) ищется
в виде
y 2 C(x)e 1 P( x ) dx ,
(7.10)
который получается из (7.9) заменой постоянной C функцией C(x). Дифференцируя
выражение (7.10) и подставляя в уравнение (7.8), получим для неизвестной функC
ции C(x) уравнение с разделяющимися переменными:
C3(x) 4 Q(x)e 1 2 P( x )dx .
Его общее решение:
C(x) 3 2 Q(x) e 1 2 P( x )dx dx 4 С,
где C — произвольная постоянная, а 2 Q(x)e 1 2 P( x )dx dx — одна из первообразных функC
ции Q(x)e 1 2 P( x ) dx . Подставляя найденное выражение для C(x) в формулу (7.10), поC
лучаем общее решение линейного уравнения (7.8):
219
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
y 5 e 4 P( x )dx
1 4 Q(x)e
3 4 P ( x ) dx
2
6С .
(7.11)
ПРИМЕР 7.10. Решить уравнение y¢cos x – y sin x = cos2x.
dy
1 y tg x 2 cos x. Это уравнение является линей'
dx
ным неоднородным. Находим общее решение соответствующего ему однородного
& Перепишем уравнение в виде
уравнения dy 1 y tg x 2 0. Для этого приводим его к виду dy 1 tg x dx и интегрируем.
y
dx
C
, C Î R.
cos x
C(x)
. Находим про'
Теперь ищем общее решение исходного уравнения в виде y 1
cos x
изводную:
В итоге получаем y 1
y1 3
и, подставляя в уравнение
C1(x)cos x 2 C(x)sin x
,
cos2x
sin x
dC 1
C
dC
1
2C
3
1 tg x 4 cos x, получаем
1 cos2x.
dx cos x
dx
cos2x cos x
Отсюда C 1 3 cos2xdx 2 C1 1 1 x 2 sin2x 2 C1, C1 Î R, и, следовательно, искомое решение
2
4
имеет вид y 3
1
2
1 1
sin2x
x4
4 C , C 51. 1
cos x 2
4
В задачах 7.70–7.81 найти общие решения дифференциальных уравне'
ний.
7.70. y1 cos x 2 y sin x 3 1.
7.72. y1x 4 x2 4 y 3 0.
1
7.74. y1 2 y cos x 3 sin2x.
2
7.76. xy2 1 x2 1 y 3 0.
2
y 3 x2 .
x
2y
3 (x 2 1)3 .
7.73. y1 4
x 21
7.71. y1 2
7.75. (x 4 y2 )dx 2 2xydy 3 0.
1 1 2x
y 3 1.
x2
n
7.78. y2 3 2xy 1 x3 4 x.
7.79. y2 1 y 3 e x xn .
x
2
x
2
2
7.80. (x 1 2xy 1 y )dy 4 y dx 3 0. 7.81. e (y2 4 2xy) 3 2x.
7.77. y2 4
Дифференциальное уравнение 1'го порядка вида
y¢ = P(x)y + Q(x)ym,
(7.12)
где m ¹ 0, m ¹ 1 (при m = 0 уравнение (7.12) — линейное, а при m = 1 — уравнение с
разделяющимися переменными) называется уравнением Бернулли. Его можно про'
интегрировать с помощью подстановки y(x) = u(x)v(x) или свести к линейному под'
становкой z = y1–m. Следует учесть, что при m > 1 может быть потеряно решение
y = 0.
220
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
y
1
ПРИМЕР 7.11. Решить уравнение y1 2 2x 3 2y .
& Это уравнение Бернулли с m = –1. Полагаем z = y2 и получаем линейное урав,
z
z
нение z1 2 3 1. Решая соответствующее однородное уравнение z1 2 , находим z = Cx.
x
x
Отсюда методом вариации постоянной, т. е. полагая z = C(x)x, получаем общее реше,
C
ние линейного уравнения в виде z 1 x ln , C Î R, или, окончательно,
x
C
y2 1 x ln , C 2 1. 1
x
В задачах 7.82–7.89 найти общие решения дифференциальных уравнений.
y
7.82. y1 2 3 x2 y2 .
7.83. y1 4 y 3 xy3 .
x
y
4 y2 3 0.
7.84. 3y cos2 xdx 4 sin xdy 3 y2 sin2 xdx. 7.85. y1 4
x 41
7.86. xy1 2 4y 3 x2 y .
7.87. y1 4 xy 3 x3 y3 .
7.88. x3 y1 2 x2 y 2 y2 3 0.
7.89. x2 (x 2 1)y1 2 x(x 2 2)y 3 y2 .
6. Уравнение в полных дифференциалах
Дифференциальное уравнение 1,го порядка вида
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0
(7.13)
называется уравнением в полных дифференциалах, если левая часть этого уравне,
ния представляет полный дифференциал некоторой функции U(x, y), т. е.
M (x, y) 1
дU (x, y)
дU(x, y)
, N (x, y) 1
.
дx
дy
(7.14)
Для того чтобы уравнение (7.13) было уравнением в полных дифференциалах,
необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие
дM (x, y) дN (x, y)
1
.
дy
дx
(7.15)
Если уравнение (7.13) было уравнением в полных дифференциалах, то оно мо,
жет быть записано в виде dU(x, y) = 0. Общий интеграл этого уравнения: U(x, y) = C.
Функция U = U(x, y) может быть найдена следующим образом. Интегрируя ра,
дU
1 M (x, y) по x при фиксированном y и замечая, что произвольная посто,
дx
янная в этом случае может зависеть от y, имеем
венство
U(x, y) 1 4 M (x, y) dx 2 3(y).
Затем из равенства
д
M (x, y) dx 2 31(y) 4 N (x, y)
дy 5
находим функцию j(y), подставив которую в (7.16), получим U(x, y).
(7.16)
221
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Очевидно, что искомая функция U(x, y) определена с точностью до произволь+
ной аддитивной постоянной. Для записи общего интеграла исходного уравнения дос+
таточно выбрать одну из функций получаемого семейства.
ПРИМЕР 7.12. Решить уравнение (y3 – x)dy – y dx = 0, предварительно убедив+
шись, что это есть уравнение в полных дифференциалах.
& Проверяем условие (7.15):
1N (x, y) 1 3
1M (x, y) 1
2 (y 3 x) 2 31,
2 ( 3 y) 2 31.
1x
1x
1y
1y
Условие (7.15) выполнено, следовательно, заданное уравнение есть уравнение в
полных дифференциалах. Найдем функцию U(x, y). Интегрируем по x при постоян+
ном y равенство
Подставляя полученное значение в равенство
+ j¢(y) = y3 – x, откуда 1(y) 2 4 y3dy 2
U(x, y) 1
1U
2 N (x, y) 2 y3 3 x, имеем –x +
1y
y4
3 C1. Положив, например, C1 = 0, находим
4
y4
2 xy. Следовательно, общий интеграл заданного уравнения имеет вид
4
y4
1 xy 2 C, C 3 1. 1
4
В задачах 7.90–7.101 решить дифференциальные уравнения, предвари+
тельно убедившись, что это есть уравнения в полных дифференциалах.
7.90. (2x – y)dx + (2y – x)dy = 0.
7.91. (y – 3x2)dx = (4y – x)dy.
7.92. 2(3xy2 + 2x3)dx + 3(2x2y + y2)dy = 0.
xdx 1 (2x 1 y) dy
7.93.
2 0.
(x 1 y)2
2ydy
2 1 3y2 3
7.94. 6 2 4 4 7 dx 5 3 .
x 9
x
8x
2
2
y 1 3x
2x
7.96. 3 dx 4
dy 5 0.
y
y4
7.95. xdx 4 ydy 5
ydx 1 xdy
.
x 2 4 y2
7.97. xy cos y 4 sin y 5 0.
7.98. (x cos y + cos x)y¢ – y sin x + sin y = 0.
7.99. (x × ey + ex)y¢ = –ey – yex.
7.100. (2x – ye–x)dx + e–xdy = 0.
7.101.
xdx 1 ydy
1 1 x2
1 y2
1
ydx 2 xdy
3 0.
x 2 2 y2
Для решения некоторых уравнений можно применять метод выделения полных
дифференциалов, используя известные формулы
d(xy) = y dx + x dy, d(y2) = 2y dy,
222
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
ydx 1 xdy
dy
x
d 25 36 4
, d(lny) 4 , и т. д.
y
y2
7y8
2
ПРИМЕР 7.13. Решить уравнение y dx – (4x y + x)dy = 0.
& Преобразуем уравнение к виду y dx – x dy = 4x2y dy. Заметим, что
ydx 3 xdy 4 3x2d
1 xy 2.
Тогда деля уравнение на –x2, получим
12
xdy 3 ydx
y
4 34y dy, или d
4 d( 32y2 ).
x
x2
Это — уравнение в полных дифференциалах. Интегрируя непосредственно, получа?
y
1 2y2 2 C.
x
Кроме того, при делении на x2 было потеряно решение x = 0. %
ем общий интеграл уравнения
В задачах 7.102–7.106 решить дифференциальные уравнения, выделяя в
них полные дифференциалы.
7.102.
xdx 1 ydy
x 2 1 y2
1
xdy 2 ydx
3 0.
x2
7.103. (2x2y2 + y)dx + (x3y – x)dy = 0.
7.104. (2x2y3 – 1)y dx + (4x2y3 – 1)x dy = 0.
7.105. (y2 + x2 – a)x dx + (y2 + x2 + a)y dy = 0.
7.106. (2x3y2 – y)dx + (2x2y3 – x)dy = 0.
7. Уравнения,
не разрешенные относительно производной
Дифференциальные уравнения вида F(x, y, y¢) = 0 можно решать следующими
методами.
а) Разрешить уравнение относительно y¢, т. е. из уравнения F(x, y, y¢) = 0 выра?
зить y¢ через x и y. Получится одно или несколько уравнений вида y¢ = f(x, y). Каж?
дое из них далее нужно решить.
б) В некоторых случаях применим метод введения параметра. Пусть диффе?
ренциальное уравнение F(x, y, y¢) = 0 можно разрешить относительно y, т. е. запи?
сать в виде y = f(x, y¢). Введя параметр
dy
2 y1,
dx
(7.17)
y = f(x, p).
(7.18)
p2
получим
Взяв полный дифференциал от обеих частей равенства (7.18) и заменив dy на pdx
(в силу (7.17)), получим уравнение вида
M(x, p)dx + N(x, p)dp = 0.
Если решение этого уравнения найдено в виде x = j(p), то, воспользовавшись равен?
ством (7.18), получим решение исходного уравнения в параметрической записи:
x = j(p), y = f(j(p), p).
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
223
Уравнения вида x = f(y, y¢) решаются тем же методом.
ПРИМЕР 7.14. Решить уравнение y¢2 + x = 2y.
x 2 y12
. Вводим параметр
& Разрешив уравнение относительно y, получим y 3
2
p = y¢:
2
x p
y1 2 .
(7.19)
2 2
Берем полный дифференциал от обеих частей равенства и заменяем dy на p dx (в силу
1
1
Если p 1 , то сокращаем в уравнении на p 1 :
2
2
dx 1
2p
1
dp, x 1 p 2 ln|2 p 3 1| 2 C.
2 p 31
2
Подставляя это выражение в (7.19), получаем решение в параметрической фор?
ме:
p2 p 1
1
C
x 1 p 2 ln|2 p 3 1| 2 C, y 1
2 2 ln|2 p 3 1| 2 .
2
2 2 4
2
Если p = 1/2, то, подставляя это значение в (7.19), получаем еще решение
8y = 4x + 1. %
В задачах 7.107–7.114 решить дифференциальные уравнения.
7.107. y 2 y12 3 4y13 .
7.109. y 2 (y1 4 1)e y1 .
y
1
.
3
y1 y12
7.113. x = y¢cos y¢.
7.111. x 2
7.108. y 2 y1 1 3 y12 .
y12
3 2xy1 3 x2 .
7.110. y 2
2
7.112. x 2 y13 4 y1 3 2.
7.114. y¢ = exy¢/y.
Частным случаем уравнений вида (7.18) является так называемое уравнение
Лагранжа:
y = x × f(y¢) + j(y¢).
(7.20)
Действительно, заменой p = y¢ уравнение (7.20) приводится к виду y = x × f(p) + j(p).
8. Геометрические задачи,
приводящие к появлению дифференциальных
уравнений 1 го порядка
В задачах геометрии, в которых требуется найти уравнение кривой по заданному
свойству ее касательной, нормали и площади криволинейной трапеции, используется
геометрическое истолкование производной (угловой коэффициент касательной) и ин?
теграла с переменным пределом (площадь криволинейной трапеции с подвижной ог?
раничивающей ординатой), а также следующие формулы для определения длин от?
резков касательной t, нормали n, подкасательной st и поднормали sn (см. рис. 7.1):
224
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
t2
y
y
1 3 y12 , n 2 y 1 3 y12 , st 2
, sn 2 | yy1 |.
y1
y1
ПРИМЕР 7.15. Найти уравнение кривой, прохо%
дящей через начало координат, если в каждой ее точ%
ке M = (x, y) подкасательная st в k раз меньше под%
нормали s n.
Рис. 7.1
& Пусть y = f(x) — уравнение искомой кривой. Ис%
пользуя выражения подкасательной st и поднормали sn, сразу получаем дифферен%
циальное уравнение
y
| yy1 | 2 k
, или y1 2 2 k.
y1
Интегрируя это уравнение и учитывая начальное условие y(0) = 0, получаем ис%
комые уравнения
y 1 2 k 3x
(две прямые). %
ПРИМЕР 7.16. Найти уравнение кривой, проходящей через точку с координата%
ми (1, 1), если для любого отрезка [1, x] площадь криволинейной трапеции, ограни%
ченной соответствующей дугой этой кривой, на 2 больше удвоенного произведения
координат точки M = (x, y) кривой (x > 0, y > 0).
x
& Согласно условию задачи имеем
3 y(t)dt 1 2 2 2xy(x).
Дифференцируя это ра%
1
y
венство по x, получаем дифференциальное уравнение y = 2(y + xy¢), или y1 2 3 2x .
Интегрируя это уравнение и учитывая начальное условие y(1) = 1, находим уравне%
ние искомой кривой: y 1
1
.1
x
7.115. Найти уравнение кривой, проходящей через точку с координата%
ми ( 2,0), если сумма длин ее касательной и подкасательной равна произве%
дению координат точки касания.
7.116. Найти уравнение кривой, проходящей через точку с координата%
ми (1, 2), если ее подкасательная вдвое больше абсциссы точки касания.
7.117. Найти уравнение кривой, проходящей через точку с координата%
ми (0, 5, –1), если длина отрезка полуоси абсцисс, отсекаемого ее касатель%
ной, равна квадрату абсциссы точки касания.
7.118. Найти уравнения кривых, у которых длина отрезка нормали по%
стоянна и равна a.
7.119. Найти уравнения кривых, у которых поднормаль имеет постоян%
ную длину a.
7.120. Найти уравнение кривой, проходящей через точку с координата%
ми (0, 2), если площадь криволинейной трапеции, ограниченной дугой этой
кривой, в два раза больше длины соответствующей дуги.
7.121. Найти уравнение кривой, проходящей через точку с координата%
ми (1, 0), если длина отрезка оси абсцисс, отсекаемого ее нормалью, на 2
больше абсциссы точки касания.
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
225
7.122. Найти уравнение кривой, проходящей через точку с координата%
ми (1, 1), если длина отрезка оси абсцисс, отсекаемого любой ее касательной,
равна длине этой касательной.
7.123. Найти уравнение кривой, проходящей через точку с координата%
ми (3, 1), если длина отрезка, отсекаемого любой ее касательной на оси орди%
нат, равна поднормали.
7.124. Найти уравнение кривой, проходящей через начало координат,
если середина отрезка ее нормали от любой точки кривой до оси Ox лежит на
параболе 2y2 = x.
7.125. Найти уравнение кривой, проходящей через точку с координата%
ми (1, 0), если площадь трапеции, образованной касательной, осями коорди%
нат и ординатой точки касания, постоянна и равна 1,5.
7.126. Найти уравнение кривой, проходящей через точку с координата%
ми (1, 2), если произведение абсциссы точки касания на абсциссу точки пе%
ресечения нормали с осью Ox равна удвоенному квадрату расстояния от на%
чала координат до точки касания.
При составлении дифференциальных уравнений 1%го порядка в физических за%
дачах часто применяется метод дифференциалов, по которому приближенные соот%
ношения между малыми приращениями величин заменяются соотношениями меж%
ду их дифференциалами. Такая замена не отражается на результатах, так как дело
сводится к отбрасыванию бесконечно малых высших порядков. Другим методом
составления дифференциальных уравнений является использование физического
смысла производной как скорости протекания процесса.
ПРИМЕР 7.17. В резервуаре первоначально содержится A кг вещества, раство%
ренного в B литрах воды. Затем каждую минуту в резервуар поступает M литров
воды и вытекает N литров раствора (M ³ N), причем однородность раствора достига%
ется путем перемешивания. Найти массу вещества в резервуаре через T минут после
начала процесса.
& Обозначим через x(t) массу вещества в резервуаре в момент времени t и через
x + Dx — в момент времени t + Dt (время измеряется в минутах, момент времени
t = 0 соответствует началу процесса). Заметим, что Dx < 0 при Dt > 0 (т. е. раствор
«обедняется»).
Пусть V(t) — объем смеси в момент времени t: V(t) = B + Mt – Nt.
x
Концентрация вещества в t равняется, очевидно, . За бесконечно малый отре%
V
зок времени [t, t + Dt] масса вещества изменяется на бесконечно малую величину Dx,
для которой справедливо приближенное равенство
1x 2 3
x
Nx
N 1t 4 3
1t.
V
B 5 ( M 3 N )t
Заменяя приращения Dx и Dt дифференциалами dx и dt, получаем дифференциаль%
ное уравнение
Nx
dx 1 2
dt.
B 3 ( M 2 N )t
Интегрируя это уравнение с разделяющимися переменными и считая M > N, най%
дем общее решение:
x(t) 2
C
.
( B 3 ( M 1 N )t) N /( M 1 N )
226
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Используя начальное условие x = A при t = 0, найдем частное решение:
B
3
x(t) 4 A 5 26
7
9 B 8 ( M 1 N )t
N /( M 1 N )
.
B
3
Полагая t = T, получим ответ: x(t) 4 A 5 26
7
9 B 8 ( M 1 N )T
бует отдельного рассмотрения. %
N /( M 1 N )
. Случай M = N тре2
7.127. Дно резервуара, вместимость которого 300 л, покрыто солью. До2
пуская, что скорость растворения соли пропорциональна разности между
концентрацией в данный момент и концентрацией насыщенного раствора (1 кг
соли на 3 л воды) и что данное количество чистой воды растворяет 1/3 кг соли
в одну минуту, найти, сколько соли будет содержать раствор по истечении
1 часа.
7.128. Некоторое количество нерастворимого вещества содержит в своих
порах 10 кг соли. Подвергая его действию 90 л воды, нашли, что в течение
1 часа растворилась половина содержавшейся в нем соли. Сколько соли рас2
творилось бы в течение того же времени, если бы количество воды было уд2
воено? Скорость растворения пропорциональна количеству нерастворенной
соли и разности между концентрацией раствора в данный момент и концен2
трацией насыщенного раствора (1 кг на 3 л).
7.129. Скорость распада радия пропорциональна наличному его количе2
ству. В течение года из каждого грамма радия распадается 0,44 мг. Через
сколько лет распадется половина имеющегося количества радия?
7.130. Материальная точка массой в 0,001 кг движется прямолинейно под
действием силы, прямо пропорциональной времени, отсчитываемому от мо2
мента t = 0 и обратно пропорциональной скорости движения точки. В мо2
мент t = 10 с скорость равнялась 0,5 м/с, а сила — 4×10–5 Н. Какова будет ско2
рость спустя минуту после начала движения?
7.131. Пуля входит в доску толщиной h = 10 см со скоростью v0 = 200 м/с,
а вылетает из доски, пробив ее, со скоростью v1 = 80 м/с. Считая, что сила
сопротивления доски движению пули пропорциональна квадрату скорости
движения, найти время движения пули через доску.
7.132. Корабль замедляет свое движение под действием силы сопротив2
ления воды, которая пропорциональна скорости корабля. Начальная ско2
рость корабля 10 м/с, скорость его через 5 с станет 8 м/с. Когда скорость
уменьшится до 1 м/с?
7.133. По закону Ньютона, скорость охлаждения какого2либо тела в воз2
духе пропорциональна разности между температурой T тела и температурой
воздуха T0. Если температура воздуха равна 20°C и тело в течение 20 мин
охлаждается от 100°C до 60°C, то через сколько времени его температура
понизится до 30°C?
7.134. Скорость истечения воды из сосуда через малое отверстие опреде2
ляется формулой v 1 0,6 2gh , где h — высота уровня воды над отверстием,
g — ускорение свободного падения (принять g = 10 м/с2). За какое время вы2
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
227
течет вся вода из цилиндрического бака диаметром 2R = 1 м и высотой
H = 1,5 м через отверстие в дне диаметром 2r = 0,05 м?
7.135. Некоторое количество вещества, содержащее 3 кг влаги, было по*
мещено в комнате вместимостью 100 м3, воздух которой первоначально имел
влажность 25%. Насыщенный воздух при той же температуре содержит
0,12 кг влаги на 1 м3. Определить, сколько влаги осталось в веществе по ис*
течении вторых суток, если известно, что в течение первых суток оно поте*
ряло половину своей влаги.
7.136. Некоторое количество нерастворимого вещества, содержащее в сво*
их порах 2 кг соли, подвергается действию 30 л воды. Через 5 мин 1 кг соли
растворяется. Определить, через сколько времени растворится 99% перво*
начального количества соли.
7.137. Кирпичная стена имеет 30 см толщины. Найти зависимость темпе*
ратуры от расстояния точки от наружного края стены, если температура
равна 20°C на внутренней и 0°C на внешней поверхности стены. Найти также
количество тепла, которое стена (на 1 м2) отдает наружу в течение суток.
§ 7.2.
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ
1. Основные понятия. Теорема Коши
Дифференциальное уравнение n*го порядка имеет вид
F(x, y, y¢,..., y(n)) = 0
(7.21)
или
y(n) = f(x, y, y¢, ..., y(n–1)).
(7.22)
Задачей Коши для дифференциального уравнения (7.22) называется задача оты*
скания решения y(x), удовлетворяющего заданным начальным условиям
y(x0 ) 3 y0 , y2(x0 ) 3 y02 , ..., y(n 11) (x0 ) 3 y0(n 11) .
(7.23)
Общим решением уравнения (7.21) или (7.22) называется такая функция y =
= j(x, C1, ..., Cn), которая при любых допустимых значениях параметров C1, ..., Cn
является решением этого дифференциального уравнения и для любой задачи Коши с
условием (7.23) найдутся постоянные C1, ..., Cn, определяемые из системы уравнений
определяющее общее решение как неявную функцию, называется общим интегра
лом дифференциального уравнения.
ТЕОРЕМА (существования и единственности решения задачи Коши). Если диф
ференциальное уравнение (7.22) таково, что функция f(x, y, y¢, ..., y(n–1)) в некоторой
области D изменения своих аргументов непрерывна и имеет непрерывные частные
228
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
2f 2f
2f
производные 2y , 2y3 ,..., (n 11) , то для любой точки (x0 , y0 , y02 ,..., y0(n 11) ) 3 D сущест
2y
вует такой отрезок x0 – h £ x £ x0 + h, на котором существует и притом единст
венное решение этого уравнения, удовлетворяющее начальным условиям (7.23).
ПРИМЕР 7.18. Показать, что функция y 1 C1e C2 x , C1, C2 Î R, является решением
дифференциального уравнения yy² = y¢2.
& Находим производные функции y1 2 C1C2eC2x, y11 2 C1C22eC2x. Подставив выраже>
ния y, y¢ и y² в данное уравнение, получаем тождество
C1e C2x 1 C1C22e C2x 2 (C1C2eC2x )2.
Следовательно, функция y 1 C1e C2x есть решение данного уравнения. %
ПРИМЕР 7.19. Определить, при каких начальных условиях существует единст>
венное решение уравнения
y y1
y11 2
.
x
y1
y y1
2f
3
& Функция f (x, y, y1) 2
и ее частная производная
непрерывны при
2y
x
x
y
1f
непрерывна при x ¹ 0, y¢ > 0.
x ¹ 0, y¢ ³ 0; частная производная 1y3 2
2x y3
Следовательно, данное уравнение имеет единственное решение при x 0 ¹ 0,
y¢(x0) > 0. %
В задачах 7.138–7.141 определить, при каких начальных условиях су>
ществует единственное решение заданных уравнений.
7.138. y11 2 x 3 x2 4 y . 7.139. y11 2 y1 ln y1.
7.140. y11 2 tg y 3 3 x .
7.141. y11 4 yy111 2 5 y1 4 x .
В задачах 7.142–7.144 показать, что данные выражения при любых дей>
ствительных значениях входящих в них параметров определяют решения
соответствующих дифференциальных уравнений.
7.142. y = x2ln x + C1x2 + C2x + C3; xy¢² = 2.
7.143. e y sin2 (C1x 2 C2 ) 3 2C12 ; y11 3 e y .
7.144. C1y = sin(C1x + C2); yy² + 1 = y¢2.
В задачах 7.145, 7.146 показать, что данные функции являются частны>
ми решениями соответствующих дифференциальных уравнений.
7.145. y 3
x2 1 1 22
; y 1 1 3 2yy22.
2
7.146. y = ex; y2 + y¢2 = 2yy².
2. Дифференциальные уравнения,
допускающие понижение порядка
Ниже приводятся некоторые виды дифференциальных уравнений n>го порядка,
допускающих понижение порядка.
а) Уравнения вида y(n) = f(x). Общее решение получается путем n>кратного ин>
тегрирования:
229
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
y46
1 61...6 1 6 f (x)dx2dx...2dx2dx 5 P
n 31 (x),
где Pn–1(x) = C1xn–1 + C2xn–2 + ... + Cn–1x + Cn, или по формуле
x
y2
1
f (t)(x 1 t)n 11 dt 3 Pn 11 (x).
(n 1 1)! 4
x0
ПРИМЕР 7.20. Найти общее решение уравнения y¢² = x2 + cos x и его частное ре3
шение, удовлетворяющее начальным условиям y(0) = 1, y¢(0) = –1, y²(0) = 0.
& Интегрируя первый раз, получаем
3
x
y11 2
3 sin x 3 C1;
3
x5
x4
2 sin x 3 C1x2 3 C2x 3 C3, C1,
3 cos x 4 C1x 4 C2; третий раз — y 1
второй раз — y1 2
60
12
C2, C3 Î R. Это и есть общее решение. Подставив теперь в полученное решение и в
выражение для производных значения x = 0, y = 1, y¢ = –1, y² = 0, получим систему
2C3 1 1,
3
уравнений 641 5 C2 1 41, из которой следует, что C1 = 0, C2 = 0, C3 = 1. Тогда искомое
3C1 1 0,
7
x5
2 sin x 3 1. 1
частное решение имеет вид y 1
60
б) Уравнения вида F(x, y(k), ..., y(n)) = 0, т. е. уравнения не содержат искомой
функции и ее производных до порядка k – 1 включительно. С помощью замены
y(k)(x) = z(x) порядок этого уравнения понижается на k единиц: F(x, z, ..., z(n–k)) = 0.
Предположим, что для полученного уравнения мы можем найти общее решение
z = j(x, C1, ..., Cn–k). Тогда искомая функция получается путем k3кратного интегри3
рования функции j(x, C1, ..., Cn–k).
ПРИМЕР 7.21. Найти общее решение уравнения xy(5) – y(4) = 0.
& Уравнение не содержит y и ее производных до третьего порядка включитель3
но. Положим z(x) = y(4), тогда y(5) 1
dz
и уравнение принимает вид xz¢ – z = 0. После
dx
dz dx
1
. Отсюда
z
x
ln|z| = ln|x| + ln|C0|, где C0 ¹ 0, или, с учетом решения z = 0, получаем общее решение
z = C0x, C0 Î R. Проинтегрировав 4 раза функцию z = C0x, находим общее решение
исходного уравнения: y = C1x5 + C2x3 + C3x2 + C4x + C5, где C1, C2, C3, C4, C5 Î R. %
в) Уравнения вида F(y, y¢, ..., y(n)) = 0, т. е. уравнения не содержат независимой
dy1 dp(y) dp dy
dp
2
2
3
2p ,
переменной x. В этом случае подстановкой y¢ = p(y), y11 2
dx
dx
dy dx
dy
деления на z (в этом случае теряется решение z = 0) получаем
2
dy11
d2 p
2 dp 3
4 p 6 7 5 p2 2 и т. д. порядок уравнения понижается на единицу.
dx
dy
dy
8 9
ПРИМЕР 7.22. Найти общий интеграл уравнения y¢y¢² – 3y²2 = 0.
y111 4
2
& Положим y¢ = p(y), y33 4 p
dp
d2 p
1 dp 2
, y333 4 p 6 7 5 p2 2 . Тогда уравнение примет вид
dy
dy
dy
8 9
2
1 1 dp 22
d2 p 2 1 dp 2
p 6 p 6 7 3 p2 2 7 4 36 p 7 5 0.
dy 9 8 dy 9
8 8 dy 9
230
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Приведя подобные члены и сократив на p2 (при этом мы теряем решение p = 0, т. е.
y = C, C Î R), получим
2
p
Положив здесь
d2 p 1 dp 2
3 25 6 4 0.
dy2
7 dy 8
dp
d2 p
dz
1 z,
1 z , придем к уравнению
dy
dp
dy2
dz
pz 1 2z2 2 0.
dp
Сократив на z (при этом возможна потеря решения z 1
dp
1 0, т. е. p = C1, и y = C1x + C2,
dy
где C1, C2 Î R, в состав которого входит прежнее потерянное решение), получим
dp
dz
1 2 . Отсюда ln|z| = lnp2 + ln|C1|, или z 1 dp 1 C1 p2. Интегрируя последнее урав:
z
p
dy
нение, находим
1
dx
1 2 C1y 3 C2, или 1
2 C1y 3 C2, C1, C2 41.
p
dy
Окончательно получим общий интеграл
x 1 C11y2 2 C12y 2 C3,
C
где x 1 C11y2 2 C12y 2 C3, C11 1 3 1 , C12 1 3C2, C1, C2, C3 Î R, т. е. семейство парабол. Заме:
2
тим, что последняя запись содержит в себе и решения y = C1x + C2 (только при
C1 ¹ 0). %
d
G (x, y, y2,..., y(n 11) ) 3 0, т. е. такие уравнения, в которых ле:
dx
вая часть может быть представлена как полная производная по x от некоторой функ:
ции G(x, y, y¢, ..., y(n–1)). Интегрируя по x, получим новое уравнение, порядок кото:
рого на единицу ниже исходного уравнения.
ПРИМЕР 7.23. Решить уравнение y¢y¢² = 2y²2.
г) Уравнения вида
y111
y11
y111
& Переписываем уравнение в виде y11 2 2 y1 . Замечаем, что y11 2 (ln y11)1, а
2
y11
2 (2ln y1)1.
y1
Тогда полученное уравнение можно записать как равенство полных производ:
ных: (ln y²)¢ = (2ln y¢)¢. Отсюда ln y² = 2ln y¢ + ln C1, C1 > 0. Потенцируем последнее
равенство: y² = C1y¢2. Порядок уравнения понижен.
y11
Аналогично предыдущему, переписывая последнее уравнение в виде y1 2 С1y1, по:
лучаем (ln y¢)¢ = (C1y)¢. Отсюда ln y¢ = C1y + C2, или, после потенцирования, y1 2 е С1y e C2 .
Обозначив eC2 1 C3, где C3 > 0 — любое действительное число, находим y1 2 C3е С1y ,
или
dy
1 C3 dx.
eC1y
Интегрируя последнее уравнение, получаем 1 1 е 1 С1y 2 C3x 3 C4 , или
C1
е 1 С1y 2 ( 1C1 )(C3x 3 C4 ), или е С5 y 1 (C6x 2 C7 ),
231
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
где –C1 = C5, –C1C3 = C6, –C1C4 = C7, C5 < 0, C6 < 0, C7 — любое действительное число.
Логарифмируя полученное выражение, находим C5y = ln |C6x + C7|.
В ходе решения в результате деления на y² и y¢ возможны потери решений. При
y² = 0 получаем y¢ = C8. Отсюда y = C8x + C9, C8, C9 Î R. Заметим, что уравнение
y¢ = 0 — частный случай уравнения y¢ = C8 при C8 = 0, а его решение y = C входит в
семейство решений y = C8x + C9. %
д) В уравнении вида F(x, y, y¢, ..., y(n)) = 0, где функция F является однородной
относительно функции y и ее производных, т. е.
F(x, ty, ty¢, ..., ty(n)) = tkF(x, y, y¢, ..., y(n)), t ¹ 0,
подстановка y¢(x) = y(x)z(x) позволяет понизить его порядок на единицу.
ПРИМЕР 7.24. Решить уравнение yy² – (y¢)2 = 6xy2.
& Проверим, что данное дифференциальное уравнение однородно. Перепишем
его в виде yy² – (y¢)2 – 6xy2 = 0. Имеем F(x, y, y¢, y²) = yy² – (y¢)2 – 6xy2. Тогда
F(x, ty, ty¢, ty²) = ty × ty² – (ty¢)2 – 6x(ty)2 = t2(yy² – (y¢)2 – 6xy2) = t2F(x, y, y¢, y²),
т. е. функция F — однородная порядка k = 2.
Положим y¢ = yz. Тогда y² = y¢z + yz¢ = y(z2 + z¢) и уравнение принимает вид
y2(z2 + z¢) – (yz)2 – 6xy2 = 0.
Сокращая на y2 (при этом возможна потеря решения y = 0) и приводя подобные,
получаем z¢ – 6x = 0. Отсюда z = 3x2 + C1, C1 Î R.
Возвращаясь к прежним переменным, получаем уравнение y¢ = y(3x2 + C1), или
dy
1 3x2 2 C1, откуда ln |y| = x3 + C1x + ln |C2|, C2 ¹ 0, или y 2 C2e x3 1 C1x , C2 3 0.
y
При C2 = 0 эта формула дает потерянное решение y = 0. Следовательно, общее
решение исходного уравнения можно записать в виде y 2 Ce x 1 C1x, C, C1 3 1. 1
В некоторых случаях найти решение в виде явной или неявной функции затрудH
нительно, однако удается получить решение в параметрической форме.
ПРИМЕР 7.25. Найти общее решение уравнения y²(1 + 2ln y¢) = 1.
3
& Положим y¢ = p, y11 2
dp
. Уравнение примет вид
dx
dp
(1 1 2ln p) 2 1,
dx
или dx = (1 + 2ln p)dp, откуда x = –p + 2p ln p + C1, C1 Î R. Так как dy = p dx, то нахоH
дим dy = p(1 + 2ln p)dp, откуда y = p2ln p + C2, C2 Î R.
Общее решение получаем в параметрическом виде x = p(–1 + 2ln p) + C1, y =
= p2ln p + C2, C1, C2 Î R. %
В задачах 7.147–7.164 найти общие решения дифференциальных уравH
нений, используя методы понижения порядка.
7.147. y11 2
1
2cos x
1
. 7.148. y111 2 x 3 cos x. 7.149. y111 2
. 7.150. y IV 2 .
x
1 3 x2
sin3 x
называется линейным однородным дифференциальным уравнением порядка n. Если
известно какое/либо частное решение y1(x) уравнения (7.25), то подстановка y(x) =
= y1(x)z(x) приводит это уравнение к линейному уравнению относительно z(x), не
содержащему явно эту функцию. Поэтому полагая z¢(x) = u(x), получим линейное
однородное уравнение порядка n – 1 относительно функции u(x).
ПРИМЕР 7.26. Найти общее решение уравнения (x2 + 1)y² – 2xy¢ + 2y = 0, убе/
дившись в том, что функция y1(x) = x есть одно из его частных решений.
& Так как y11 (x) 2 1, а y111(x) 2 0, то, подставив y1(x), y11 (x) и y111(x) в данное уравне/
ние, убеждаемся в том, что функция y1(x) = x действительно является его частным
решением. Положим y = y1z = xz, найдем y¢ = xz¢ + z, y² = xz² + 2z¢ и подставим вы/
ражения y, y¢ и y² в уравнение. Получим
(x2 + 1)(xz² + 2z¢) – 2x(xz¢ + z) + 2xz = 0, или x(x2 + 1)z² + 2z¢ = 0.
Теперь, полагая z¢ = u, z² = u¢, приходим к уравнению первого порядка относи/
тельно u:
x(x2 + 1)u¢ + 2u = 0.
Это уравнение с разделяющимися переменными. Его общее решение имеет вид
u 2 C1
x2 1 1
, откуда, учитывая u = z¢, получаем уравнение первого порядка относи/
x2
1
тельно z: dz 3 C1 1 4
2
1
dx.
x2
1 x1 2 5 C , а так как y = zx, то
Интегрируя последнее уравнение, находим z 3 C1 x 4
2
окончательно получаем общее решение исходного уравнения y = C1(x2 – 1) + C2x, C1,
C2 Î R. %
Изложенный выше метод обобщается на случай, когда известно k частных ли/
нейно независимых решений уравнения (7.25). В этом случае путем надлежащих
подстановок порядок уравнения может быть понижен на k единиц.
233
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ТЕОРЕМА. Если y1(x) есть частное решение линейного однородного уравнения
y² + p(x)y¢ + q(x)y = 0, то функция y2 (x) 3 y1 (x) 2
1 p ( x ) dx
e 2
dx тоже является решени
y12 (x)
1 4 p ( x ) dx
2
3
ем этого уравнения, а функция y 5 y1 (x) 77 C1 6 C2 4 e 2
dx 88 есть его общее решение.
y1 (x)
9
В задачах 7.169–7.172 найти общее решение данного уравнения, если
функция y1(x) есть его частное решение.
7.169. y² – 6y¢ + 5y = 0; y1 = ex.
7.170. y² – 2y¢ – 3y = 0; y1 = e–x.
sin x
. 7.172. (1 – x2)y² – 2xy¢ + 2y = 0; y1 = x.
x
7.173. Найти общее решение уравнения x3y¢² + 5x2y² + 2xy¢ – 2y = 0, если
известны два частных решения y1 = x и y2 = 1/x.
7.171. xy² + 2y¢ + xy = 0; y1 1
Определителем Вронского (или вронскианом) системы функций y1(x), y2(x), ...,
yn(x) называется определитель
W (x) 3
y1 (x)
y12 (x)
...
y2 (x)
y22 (x)
...
...
...
...
yn (x)
yn2 (x)
...
.
y1(n 11) (x) y2(n 11) (x) ... yn(n 11) (x)
Если система функций y1(x), y2(x), ..., yn(x) линейно зависима на интервале (a, b),
то ее вронскиан равен нулю всюду на этом интервале. Если же хотя бы в одной точке
x0 Î (a, b) значение W(x0) ¹ 0, то система функций y1(x), y2(x), ..., yn(x) линейно незаD
висима на (a, b).
Всякая система из n линейно независимых решений y1(x), y2(x), ..., yn(x) уравнеD
ния (7.25) называется фундаментальной системой решений этого уравнения. ВронD
скиан фундаментальной системы решений отличен от нуля на всем интервале, где
эти решения определены. Если известна фундаментальная система решений уравнеD
ния (7.25), то общее решение этого уравнения имеет вид
y(x) = C1y1(x) + ... + Cnyn(x),
(7.26)
где C1, ..., Cn — произвольные постоянные.
ПРИМЕР 7.27. Дана система функций x, cos x, sin x. Найти вронскиан этой сисD
темы W(x) и убедиться в том, что на некотором интервале система линейно независиD
ма. Составить линейное однородное дифференциальное уравнение, для которого эта
система функций является фундаментальной системой решений, и записать общее
решение уравнения.
& Составим вронскиан
x cos x
sin x
W (x) 1 1 2 sin x cos x 1 x.
0 2 cos x 2 sin x
Так как W(x) = x, то система функций линейно независима на всей оси Ox, за исклюD
чением точки x = 0, и, следовательно, образует фундаментальную систему решений
234
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
некоторого линейного однородного дифференциальногоуравнения 3)го порядка в
области R\{0}, общим решением которого является функция y = C1x + C2cos x +
+ C3sin x. Для составления дифференциального уравнения найдем производные y¢,
y², y¢² и исключим произвольные постоянные из выражений для y, y¢, y², y¢². Имеем
3y 1 С1x 2 С2 cos x 2 С3 sin x,
44y5 1 С 6 С sin x 2 С cos x,
1
2
3
7
4y55 1 6 С2 cos x 6 С3 sin x,
48y555 1 2 С2 sin x 6 С3 cos x.
Заметим, что, умножив первое и третье равенство на –1, а второе и четвертое — на x
и сложив все четыре равенства, получим
xy¢² – y² + xy¢ – y = 0.
Полученное уравнение и является искомым линейным однородным дифференци)
альным уравнением. %
В задачах 7.174–7.180, зная фундаментальную систему решений линей)
ного однородного дифференциального уравнения, составить это уравнение.
7.174. 1, e–x.
7.175. e2xsin x, e2xcos x.
7.176. x3, x4.
x
7.177. 1, x, e .
7.178. cos x, sin x, 1.
7.179. e2x, sin x, cos x.
3x
5x
7.180. e , e .
7.181. Зная, что функции y1(x) = cos x и y2(x) = sin x образуют фундамен)
тальную систему решений линейного однородного дифференциального урав)
нения, найти его частное решение, удовлетворяющее начальным условиям
y(p) = 1, y¢(p) = –1.
7.182. Зная фундаментальную систему решений ex, sin x, cos x линейного
однородного дифференциального уравнения, найти его частное решение,
удовлетворяющее начальным условиям y(0) = 3, y¢(0) = 4, y²(0) = –1.
7.183. Зная фундаментальную систему решений ex, e2x, e3x линейного од)
нородного дифференциального уравнения, найти его частное решение, удов)
летворяющее начальным условиям y(0) = 6, y¢(0) = 14, y²(0) = 36.
4. Линейные неоднородные уравнения
Уравнение вида
y(n) + a1(x)y(n–1) + ... + an–1(x)y¢ + an(x)y = f(x),
(7.27)
в котором f (x) 12 0, называется линейным неоднородным дифференциальным урав)
нением n)го порядка. Общее решение уравнения (7.27) определяется формулой
y(x) 1 y0 (x) 2 y1 (x),
(7.28)
где y0(x) — общее решение соответствующего однородного уравнения (7.25), а y1 (x) —
некоторое частное решение неоднородного уравнения (7.27).
ПРИМЕР 7.28. Найти общее решение линейного неоднородного дифференциаль)
ного уравнения xy¢² – y² + xy¢ – y = 2x3, если известно, что функция x3 есть его част)
ное решение.
& Согласно формуле (7.28) общее решение линейного неоднородного уравне)
ния составляется как сумма общего решения y0(x) соответствующего однородного
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
235
уравнения и частного решения y1 (x) неоднородного уравнения. В данном примере
(см. пример 7.27) y0(x) = C1x + C2cos x + C3sin x, а y1 (x) 1 x3. Следовательно, иско'
мое общее решение есть
y = C1x + C2cos x + C3sin x + x3. %
Если известно общее решение y0(x) = C1y1(x) + ... + Cnyn(x) соответствующего урав'
нению (7.27) однородного уравнения (7.25), то для определения частного решения
y1 (x) уравнения (7.27) можно воспользоваться методом вариации произвольных по'
стоянных.
Для этого будем искать частное решение неоднородного уравнения (7.27) в виде
y1 (x) 1 С1 (х)y1 (х) 2 ... 2 Сn (х) yn (x),
где от функций C1(x), ..., Cn(x) дополнительно потребуем, чтобы они удовлетворяли
n
2
( k) dСm (x)
(0)
условиям x 1 , 3 ym
1 0 для всех k = 0, 1, ..., n – 2 (где ym
1 ym ). Тогда для
2 m 11
dx
функций Cm(x), m = 1, 2, ..., n, получим систему уравнений
5y1C12 3 y2C22 3 ... 3 ynCn2 4 0,
6y2 C2 3 y2 C2 3 ... 3 y2 C2 4 0,
n n
6 1 1 2 2
7...............
6
( n 11)
( n 11)
( n 11)
86y1 C12 3 y2 C22 3 ... 3 yn Cn2 4 f (x).
(7.29)
Определитель этой системы есть отличный от нуля вронскиан фундаментальной
системы решений y1(x), y2(x), ..., yn(x), поэтому система имеет единственное реше'
dCm (x)
, m = 1, 2, ..., n.
dx
ПРИМЕР 7.29. Зная, что функции y1(x) = cos x и y2(x) = sin x образуют фунда'
ментальную систему решений уравнения y² + y = 0, найти общее решение уравне'
ние относительно
1
.
cos x
& Общее решение соответствующего однородного уравнения записывается в виде
y0(x) = C1cos x + C2sin x. Считая C1 и C2 функциями x, для определения частного ре'
шения однородного уравнения составим систему вида (7.29):
ния y11 2 y 3
4C11 (x)cos x 2 C21 (x)sin x 3 0,
5
6
1
587C11 (x)sin x 2 C21 (x)cos x 3 cos x .
Решая полученную систему уравнений относительно C11 (x) и C21 (x), получаем
C21 (x) 2 1,
отсюда C2(x) = x + C3, и C1 (x) 1 2 4
sin x
dx 1 ln | cos x | 3 C4 .
cos x
Взяв, например, C3 = C4 = 0, получаем частное решение y1 (x) 1 ln | cos x | 2 cos x 3 x sin x.
Следовательно, общее решение данного неоднородного уравнения имеет вид
у(x) 1 y0 (x) 2 y1 (x) 1 C1 cos x 2 C2 sin x 2 ln | cos x | 3 cos x 2 x sin x. 1
236
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Если правая часть линейного неоднородного уравнения (7.27) есть сумма не,
скольких функций f(x) = f1(x) + f2(x) + ... + fr(x) и y1i (x) (i = 1, 2, ..., r) — некото,
рые частные решения уравнений y(n) + a1(x)y(n–1) + ... + an–1(x)y¢ + an(x)y = fi(x) (i = 1,
2, ..., r) соответственно, то сумма
y1 (x) 1 y11 (x) 2 y12 (x) 2 ... 2 y1r (x)
есть некоторое частное решение уравнения (7.27) (принцип суперпозиции решений).
1
ПРИМЕР 7.30. Проверив, что функция у11 1 2 e x является частным решением
4
1
уравнения y² – 2y¢ – 3y = ex, а функция у12 1 2 e2x — частным решением уравнения
3
y² – 2y¢ – 3y = e2x, найти общее решение уравнения y² – 2y¢ – 3y = ex + e2x.
& Согласно принципу суперпозиции частным решением последнего уравнения
1
1
является функция у1 1 2 ex 2 e2x . Общее решение соответствующего линейного од,
4
3
нородного уравнения есть функция y0 = C1e3x + C2e–x (см. задачу 7.170). По формуле
1
1
(7.28) общее решение данного уравнения имеет вид y0 2 C1e3x 3 C2e 1 x 1 ex 1 e2x , C1,
4
3
C2 Î R. %
В задачах 7.184–7.187 решить уравнения методом вариации произволь,
ных постоянных.
7.184. y11 2 2y1 3 y 4
ex
.
x
7.186. y11 3 4y 4 2tg x.
7.185. y11 3 3y1 3 2y 4
7.187. y11 3 y 4
1
.
ex 3 1
1
.
sin x
§ 7.3.
ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ
1. Линейные однородные уравнения
с постоянными коэффициентами
Общий вид линейного однородного дифференциального уравнения n,го порядка
с постоянными коэффициентами
y(n) + a1y(n–1) + ... + an–1y¢ + any = 0,
(7.30)
где ai (i = 0, 1, ..., n) — действительные постоянные.
Уравнение
ln + a1ln–1 + ... + an–1l + an = 0,
y(k)
(7.31)
l k,
(k = 0, 1, ..., n) искомой функции степенями
называется
полученное заменой
характеристическим уравнением для уравнения (7.30). Каждому действительному
корню уравнения (7.31) кратности r соответствует r линейно независимых решений
уравнения (7.30):
elx, xelx, ..., xr–1elx,
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
237
а каждой паре комплексных корней l = a ± ib кратности s соответствует s пар линей%
но независимых решений уравнения (7.30):
eaxcos bx, xeaxcos bx, ..., xs–1eaxcos bx,
eaxsin bx, xeaxsin bx, ..., xs–1eaxsin bx.
Таким образом, если характеристическое уравнение имеет k действительных
корней l1, ..., lk кратностей r1, ..., rk и l пар комплексно%сопряженных корней a1 + ib1,
a1 – ib1, ..., al + ibl, al – ibl кратностей s1, ..., sl (r1 + ... + rk + 2s1 + ... + 2sl = n), то об%
щее решение уравнения (7.30) запишется в виде
где Pm (x) 2 C1x rm 11 3 ... 3 Crm 11x 3 Crm — произвольный многочлен степени rm – 1, m =
= 1, ..., k, в котором коэффициенты C1,..., Crm — произвольные константы, а Qp(x) и
Rp(x) — произвольные многочлены степени sp – 1, p = 1, ..., l.
ПРИМЕР 7.31. Найти общее решение уравнения y¢² – 6y² + 11y¢ – 6y = 0.
& Характеристическое уравнение l3 – 6l2 + 11l – 6 = 0, или (l – 1)(l – 2)(l – 3) = 0,
имеет корни l1 = 1, l2 = 2, l3 = 3. Фундаментальная система решений данного диф%
ференциального уравнения состоит из функций y1 = ex, y2 = e2x, y3 = e3x. Следователь%
но, общее решение уравнения имеет вид y = C1ex + C2e2x + C3e3x, C1, C2, C3 Î R. %
ПРИМЕР 7.32. Найти общее решение уравнения y¢² – 3y² + 3y¢ – y = 0.
& Характеристическое уравнение l3 – 3l2 + 3l – 1 = 0, или (l – 1)3 = 0, имеет один
корень l = 1 кратности 3. Фундаментальная система решений данного дифференци%
ального уравнения состоит из функций y1 = ex, y2 = xex, y3 = x2ex. Следовательно, об%
щее решение уравнения имеет вид
y = C1ex + C2xex + C3x2ex, C1, C2, C3 Î R. %
ПРИМЕР 7.33. Найти общее решение уравнения y² – 2y¢ + 2y = 0.
& Характеристическое уравнение l2 – 2l + 2 = 0 имеет корни l1 = 1 + i, l2 = 1 – i.
Фундаментальная система решений состоит из функций y1 = excos x и y2 = exsin x. Сле%
довательно, общее решение уравнения имеет вид y = ex(C1cos x + C2sin x), C1, C2 Î R. %
ПРИМЕР 7.34 Составить однородное дифференциальное уравнение с постоян%
ными коэффициентами, для которого данное множество функций является фунда%
ментальной системой решений:
а) e2x, e–5x; б) e2x, xe2x, x2e2x; в) e–2xcos x, e–2xsin x.
& а) Корни характеристического уравнения: l1 = 2, l2 = –5. Следовательно, ха%
рактеристическое уравнение имеет вид (l – 2)(l + 5) = 0, или l2 + 3l – 10 = 0. Зна%
чит, дифференциальное уравнение выглядит так: y² + 3y¢ – 10y = 0.
б) Здесь l = 2 — корень порядка 3, поэтому характеристическое уравнение име%
ет вид (l – 2)3 = 0, или l3 – 6l2 + 12l – 8 = 0. Следовательно, дифференциальное урав%
нение имеет вид y¢² – 6y² + 12y¢ – 8y = 0.
в) Здесь l1, 2 = –2 ± i, поэтому характеристическое уравнение имеет вид (l –
– (–2 + i))(l – (–2 – i)) = 0, т. е. l2 + 4l + 5 = 0. Заменяя степени l на производные,
получим дифференциальное уравнение y² + 4y¢ + 5y = 0. %
ПРИМЕР 7.35. Найти частное решение уравнения y² – 2y¢ + y = 0, удовлетворяю%
щее заданным начальным условиям y(0) = 1, y¢(0) = 2.
& Составим характеристическое уравнение: l2 – 2l + 1 = 0. Его корни: l1, 2 = 1.
Общее решение уравнения: yобщ = C1ex + C2xe x. Подставим в эту формулу x = 0:
238
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1 = C1 + 0. Найдем производную: y¢ = C1ex + C2ex + C2xex. Так как y¢(0) = 2, то мы по*
лучаем 2 = C1 + C2. Следовательно, C1 = C2 = 1. Отсюда y = ex + xex. %
ПРИМЕР 7.36. Найти частное решение уравнения y² + 4y = 0, удовлетворяющее
заданным начальным условиям y(0) = 0, y¢(0) = –1.
& Характеристическое уравнение l2 + 4 = 0 имеет корни l = ± 2i. Общее решение
уравнения имеет вид
y = C1 cos 2x + C2 sin 2x.
Так как y(0) = 0, то C1 = 0. Значит, y = C2 sin 2x. Дифференцируем: y¢ = 2C2 cos 2x.
1
Подставим начальное условие: –1 = y¢(0) = 2C2. Таким образом, C2 1 2 . Значит,
2
1
y 1 2 sin2x. 1
2
В задачах 7.188–7.205 найти общие решения дифференциальных урав*
нений.
7.188. y² + 2y¢ – 8y = 0.
7.189. y² – 8y¢ + 15y = 0.
7.190. y² – 8y¢ + 16y = 0.
7.191. 8y¢² + 12y² + 6y¢ + y = 0.
7.192. y² – 6y¢ + 13y = 0.
7.193. 4y² + y = 0.
7.194. y² + 2y¢ + 10y = 0.
7.195. y¢² – 3y¢ + 2y = 0.
7.196. y¢² – y² – 5y¢ – 3y = 0.
7.197. y¢² + 27y = 0.
7.198. yIV – 4y = 0.
7.199. yIV + 4y = 0.
7.200. y¢² + y¢ – 10y = 0.
7.201. y¢² + 7y² + 17y¢ + 15y = 0.
7.202. yIV + 2y² + y = 0.
7.203. yV – 6yIV + 9y¢² = 0.
V
7.204. y + 8y¢² + 16y¢ = 0.
7.205. yVI + 2yV + yIV = 0.
В задачах 7.206–7.211 по данным корням характеристического уравне*
ния линейного однородного дифференциального уравнения с постоянными
коэффициентами составить дифференциальное уравнение и написать его об*
щее решение.
7.206. l1 = –2, l2 = 5.
7.207. l1 = –2, l2 = l3 = 5.
7.208. l1 = l2 = l3 = –1.
7.209. l1, 2 = –2 + 3i.
7.210. l1 = 3, l2, 3 = ±3i.
7.211. l1, 2 = ±i, l2, 3 = 2 ± 2i.
В задачах 7.212–7.215 составить однородное дифференциальное уравне*
ние с постоянными коэффициентами, для которого данное множество функ*
ций является фундаментальной системой решений.
7.212. e2x, e–x.
7.213. e–3x, e2x, xe2x.
x
–x
–x
7.214. e , e cos 3x, e sin 3x.
7.215. e–2x, xe–2x, x2e–2x.
В задачах 7.216, 7.217 найти решение уравнения, удовлетворяющее за*
данному начальному условию.
7.216. y² – 2y¢ + y = 0; y(2) = 1, y¢(2) = –2.
7.217. y¢² – y¢ = 0; y(0) = 3, y¢(0) = –1, y²(0) = 1.
2. Линейные неоднородные уравнения
с постоянными коэффициентами
Рассмотрим линейное неоднородное дифференциальное уравнение с постоянны*
ми коэффициентами, т. е. уравнение вида
y(n) + a1y(n–1) + ... + an–1y¢ + any = f(x),
где ai (i = 1, 2, ..., n) — действительные постоянные числа, а f (x) 12 0.
(7.33)
239
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Согласно формуле (7.28) общее решение уравнения (7.33) записывается в виде
y(x) 1 y0 (x) 2 y1 (x), где y0(x) — общее решение соответствующего однородного уравнения, а y1 (x) — любое частное решение неоднородного уравнения (7.33).
Общее решение y0(x) задается формулой (7.32). Для отыскания y1 (x) в общем случае
можно воспользоваться методом вариации произвольных постоянных (см. п. 4 § 7.2).
ПРИМЕР 7.37. Найти общее решение уравнения y¢² + y¢ = tg x.
& Общее решение соответствующего однородного уравнения y¢² + y¢ = 0 имеет вид
y0 = C1 + C2cos x + C3sin x, так как функции y1 = 1, y2 = cos x и y3 = sin x образуют его
фундаментальную систему решений. Система (7.29) в этом случае принимает вид
4 C11 2 C21 cos x 2 C31 sin x 3 0,
5
76C21 sin x 2 C31 cos x 3 0,
56C21 cos x 6 C3 sin x 3 tg x.
8
Сложив обе части первого и третьего уравнений, найдем C11 2 tg x. Умножив обе
части второго уравнения на sin x, третьего — на cos x и сложив, получим C21 2 3 sin x.
Тогда из второго уравнения следует C31 2 3
sin2x
. Интегрирование дает
cos x
C1 4 5 ln|cos x | 6 C11, C2 4 cos x 6 C12, C3 4 sin x 5 ln tg
1 43 6 x2 2 6 C1 .
3
Следовательно, искомое общее решение неоднородного уравнения имеет вид
y 4 C11 5 C12 cos x 5 C13 sin x 6 ln|cos x | 6 ln tg
1 43 5 x2 2 . 1
В частных случаях, когда функция f(x) в уравнении имеет вид
или f2 (x) 4 1 (b0
частное решение y1 (x) можно найти методом неопределенных коэффициентов. Именно, если l или a + ib не совпадают ни с одним из действительных или соответственно
комплексных корней характеристического уравнения (7.31), то y1 (x) ищется в виде
y1 (x) 3 ( D0x m 4 D1x m 11 4 ... 4 Dm )e 2x
для f(x) = f2(x). Здесь Di, Bi, Ci — неопределенные коэффициенты, m3 = max{m1, m2}.
Если же l или a + ib совпадают с некоторым корнем уравнения (7.31) кратности r (случай резонанса), то выражения в правой части (7.34) или (7.35) следует
домножить на xr, т. е. искать решение соответственно в виде
y1 (x) 3 xr ( D0xm 4 D1xm 11 4 ... 4 Dm )e 2x
для f(x) = f1(x) или в виде
для f(x) = f2(x).
ПРИМЕР 7.38. Найти общее решение уравнения y² – 3y¢ + 2y = 2x + 1.
& Сначала решим однородное уравнение. Его характеристическое уравнение: l2 –
– 3l + 2 = 0. Корни: l1 = 1, l2 = 2. Поэтому y0(x) = C1ex + C2e2x, C1, C2 Î R. Имеем
240
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
f(x)(2x + 1) × emx, поэтому P(x) = 2x + 1, m = 0. Далее, m = 1 (степень многочлена P),
r = 0 (так как m = 0 не является корнем характеристического уравнения). Поэтому
частное решение неоднородного уравнения следует искать в виде y1 (x) 1 ( Ax 2 B) 3 e0 x ,
т. е. y = Ax + B. Продифференцируем эту функцию: y¢ = A, y² = 0. Подставим в исход8
ное уравнение: 0 – 3A + 2(Ax + B) = 2x + 1. Приравняв коэффициенты при x и свобод8
ные члены в левой и правой частях равенства, получим –3A + 2B = 1, 2A = 2. Отсюда
A = 1, B = 2. Таким образом, частное решение неоднородного уравнения: y1 (x) 1 x 2 2.
Прибавив к этому решению все решения однородного уравнения, получим ответ:
y(x) = x + 2 + C1ex + C2e2x, C1, C2 Î R. %
ПРИМЕР 7.39. Найти общее решение уравнения y² + y = 1 + sin x + xe2x.
& Найдем общее решение однородного уравнения. Характеристическое уравне8
ние: l2 + 1 = 0. Его корни: l = ± i. Значит, y0(x) = C1cos x + C2sin x, C1, C2 Î R.
Будем искать частные решения уравнений
(a) y² + y = 1, (b) y² + y = sin x, (g) y² + y = xe2x.
(7.38)
Пусть сначала y² + y = 1. Тогда m = 0, m = 0, r = 0. Значит, y11 (x) 1 A. Подставим в
уравнение (a): 0 + A = 1. Следовательно, y11 (x) 1 1.
Пусть теперь y² + y = sin x. Тогда m = 0, m = ± i, поэтому r = 1. Отсюда следует вид
частного решения уравнения: y12 (x) 1 x( A cos x 2 B sin x). Имеем
y¢ = A cos x + B sin x + x(–A sin x + B cos x),
y² = –A sin x + B cos x – A sin x + B cos x – Ax cos x – Bx sin x.
Подставим в уравнение (b):
–2A sin x + 2B cos x – Ax cos x – Bx sin x + Ax cos x + Bx sin x = sin x.
x
Отсюда A = –0,5, B = 0. Таким образом, y12 (x) 1 2 sin x.
2
Наконец, рассмотрим уравнение (g): y² + y = xe2x. Здесь m = 1, m = 2, r = 0, поэтому
y3 = (Ax + B)e2x. Имеем y¢ = Ae2x + 2(Ax + B)e2x, y² = 2Ae2x + 2Ae2x + 4(Ax + B)e2x. Под8
ставим в уравнение (g): 4Ae2x + 4(Ax + B)e2x + (Ax + B)e2x = xe2x. Отсюда получаем си8
стему
34 A 1 5B 2 0,
4
55 A 2 1.
1
2
1
4
1
4 2x
e .
Решение системы: A 1 , B 1 2 . Следовательно, y13 (x) 3 x 4
5
25
5
25
Так как y(x) 1 y11 (x) 2 y12 (x) 2 y13 (x) 2 y0 (x), то окончательный ответ выглядит так:
1
2
x
x 4 2x
y(x) 3 1 4 sin x 5 4
e 5 C1 cos x 5 C2 sin x, C1, C2 61. 2
2
5 25
ПРИМЕР 7.40. Найти общие решение уравнения y² – 2y¢ + y = x2 + 2sin x – cos x.
& Решаем однородное уравнение y² – 2y¢ + y = 0. Его характеристическое урав8
нение l2 – 2l + 1 = 0 имеет корни l1, 2 = 1. Поэтому y0(x) = C1ex + C2xex. Неоднород8
ное уравнение разобьем на два: (a) y² – 2y¢ + y = x2 и (b) y² – 2y¢ + y = 2sin x – cos x.
Для уравнения (a) имеем m = 2, m = 0, r = 0, поэтому y11 (x) 1 Ax2 2 Bx 2 C. Про8
дифференцируем: y¢ = 2Ax + B, y² = 2A. Подставим в уравнение (a): 2A – 2(2Ax + B) +
+ (Ax2 + Bx + C) = x2. Приравнивая коэффициенты при 1, x, x2, получим систему
241
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
42 A 1 2B 2 C 3 0,
5
614 A 2 B 3 0,
5 A 3 1.
7
Ее решение: A = 1, B = 4, C = 6. Следовательно, y11 (x) 1 x2 2 4x 2 6.
Для уравнения (b) m = 0, m = ± i, r = 0. Поэтому y12 (x) 1 A cos x 2 B sin x.
Дифференцируем: y¢ = –A sin x + B cos x, y² = –A cos x – B sin x.
Подставляем в уравнение (b):
(–A cos x – B sin x) – 2(–A sin x + B cos x) + (A cos x + B sin x) =2sin x – cos x.
1
Упростим: 2A sin x – 2B cos x = 2sin x – cos x. Отсюда A = 1, B 1 . Следователь/
2
1
но, y12 (x) 1 cos x 2 sin x. Прибавив к сумме y11 (x) 1 y12 (x) общее решение однородного
2
уравнения, получим ответ:
1
y(x) 1 x2 2 4x 2 6 2 cos x 2 sin x 2 C1e x 2 C2xe x , C1, C2 31. 2
2
ПРИМЕР 7.41. Найти общее решение уравнения y² + 2y¢ + y = exsin2x.
& Решим однородное уравнение y² + 2y¢ + y = 0. Его характеристическое уравне/
ние l2 + 2l + 1 = 0 имеет корни l1, 2 = –1. Следовательно, y0(x) = C1e–x + C2xe–x. Здесь
e(112i ) x 2 e(122i ) x
, то m = 1 ± 2i. Так как m не
2i
является корнем характеристического уравнения, то r = 0. Таким образом, частное
решение неоднородного уравнения следует искать в виде y1 (x) 1 Aex cos2x 2 Be x sin2x.
Дифференцируем:
P(x) = 1, поэтому m = 0. Так как ex sin2x 3
y¢ = Aexcos 2x – 2Aexsin 2x + Bexsin 2x + 2Bexcos 2x,
y² = –3Aexcos 2x – 4Aexsin 2x – 3Bexsin 2x + 4Bexcos 2x.
Подставим в исходное уравнение:
–3Aexcos 2x – 4Aexsin 2x – 3Bexsin 2x + 4Bexcos 2x + 2(Aexcos 2x –
– 2Aexsin 2x + Bexsin 2x + 2Bexcos 2x) + (Aexcos 2x + Bexsin 2x) = exsin 2x.
1
После упрощения получим –8A sin 2x + 8B cos 2x = exsin 2x. Отсюда A 1 2 , B = 0.
8
1
x
Таким образом, y1 (x) 1 2 e cos2x. Прибавив к этой функции общее решение одно/
8
1
родного уравнения, получим ответ: y(x) 2 1 e x cos2x 3 C1e 1 x 3 C2xe 1 x , C1, C2 4 1. 2
8
В задачах 7.218–7.225 найти общие решения заданных уравнений.
7.218. y² – 2y¢ – 3y = e4x.
7.219. y² + y = 4xex.
7.220. y² – y = 2ex – x2.
7.221. y² + y¢ – 2y = 3xex.
7.222. y² + 3y¢ – 4y = e–4x + xe–x.
11 1 2x1 2 3x 3 t2 et .
7.223. x
11 1 9x 2 e3t cos t.
7.224. x
7.225. y¢² + 2y² – 3y¢ – 10y = 50x2.
ПРИМЕР 7.42. Написать вид частного решения неоднородного уравнения с не/
определенными коэффициентами, при этом коэффициенты не находить:
242
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
а) y² + 2y¢ – 3y = 3x – 1 + x2ex + sin 3x;
б) y² + 4y = x sin 2x; в) y¢² + 8y = x2 + excos 3x.
& а) Характеристическое уравнение однородного уравнения l2 + 2l – 3 = 0 име*
ет корни l1 = 1, l2 = –3. В правой части уравнения стоят функции f1(x) = 3x – 1,
f2(x) = x2ex, f3(x) = sin 3x.
Для функции f1(x) имеем m = 1, m = 0, r = 0. Поэтому y11 (x) 1 Ax 2 B.
Для функции f2(x) имеем m = 2, m = 1, r = 1. Поэтому y12 (x) 1 x( Ax2 2 Bx 2 C)e x .
Для функции f3(x) имеем m = 0, m = ±3i, r = 0. Поэтому y13 (x) 1 A cos3x 2 B sin3x.
Таким образом, y1 (x) 1 Ax 2 B 2 (Cx3 2 Dx2 2 Ex)e x 2 F cos3x 2 G sin3x.
б) Характеристическое уравнение однородного уравнения имеет вид l2 + 4 = 0,
откуда l = ±2i. Имеем m = 1, m = ±2i, r = 1. Следовательно,
y1 (x) 1 x( Ax 2 B)cos2x 2 x( A1x 2 B1 )sin2x.
в) Характеристическое уравнение однородного уравнения: l3 + 8 = 0, или (l +
+ 2)(l2 – 2l + 4) = 0. Его корни: l1 = –2, 12,3 2 1 3 i 3.
Для уравнения y¢² + 8y = x2 имеем m = 2, m = 0, r = 0, поэтому y11 (x) 1 Ax2 2 Bx 2 C.
Для уравнения y¢² + 8y = excos 3x имеем m = 0, m = 1 ± 3i, r = 0, поэтому
y12 (x) 1 Ae x cos3x 2 Be x sin3x.
Таким образом,
y1 (x) 1 Ax2 2 Bx 2 C 2 De x cos3x 2 Ee x sin3x. 1
В задачах 7.226–7.231 для заданных уравнений написать вид частных
решений с неопределенными коэффициентами, сами коэффициенты не на*
ходить.
7.226. y² – 4y¢ + 3y = e3xsin x + x2 – 3x.
7.227. y² + 2y¢ + 26y = xe–xcos 5x.
7.228. y² – 2y¢ – 8y = xe4x + 1.
7.229. y² – 2y¢ – 8y = e–2xcos 3x.
7.230. y² – 2y¢ + y = xexcos 5x + (x2 – 1)e–x.
7.231. yIV – y = exsin x + x2e–x.
§ 7.4.
СИСТЕМЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
1. Основные понятия.
Связь с дифференциальными уравнениями n*го порядка
Если система k дифференциальных уравнений, связывающая независимую пе*
ременную x и k функций y1(x), ..., yk(x), разрешена относительно старших производ*
ных этих функций y1( p1 ) (x),..., yk( pk ) (x), т. е. имеет вид
2y1( p1 ) (x) 3 f1 (x, y1,..., y1( p1 11) (x),..., yk ,..., yk( pk 11) (x)),
4 ( p2 )
4y2 (x) 3 f2 (x, y1,..., y1( p1 11) (x),..., yk ,..., yk( pk 11) (x)),
5
4...............
4y( pk ) (x) 3 f (x, y ,..., y( p1 11) (x),..., y ,..., y( pk 11) (x)),
n
1
k
k
6 k
1
(7.39)
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
243
то она называется канонической, причем число n = p1 + p2 + ... + pk называется по
рядком системы. Каноническая система (7.39) при p1 = p2 = ... = pk = 1, т. е. система
дифференциальных уравнений 10го порядка
3y11 (x) 2 f1 (x, y1, y2,..., yn ),
44y1 (x) 2 f (x, y , y ,..., y ),
2
2
1 2
n
5
...............
4
46yn1 (x) 2 fn (x, y1, y2,..., yn )
(7.40)
называется нормальной системой порядка n.
Решением системы (7.40) на интервале a < x < b называется совокупность функ0
ций y1 = j1(x), ..., yn = jn(x), непрерывно дифференцируемых на (a, b) и обращаю0
щих уравнения системы (7.40) в тождество относительно x Î (a, b).
Интегралом нормальной системы (7.40) называется функция F(x, y1, ..., yn),
определенная и непрерывная вместе с частными производными
11 11
11
,
,...,
в не0
1x 1y1
1yn
которой области D изменения переменных и принимающая при любых x Î (a, b) по0
стоянное значение при подстановке в нее произвольных решений системы.
Равенство
F(x, y1, ..., yn) = C,
где F(x, y1, ..., yn) — интеграл нормальной системы, а C — произвольная постоян0
ная, называется первым интегралом системы (7.40).
Дифференциальное уравнение n0го порядка
y(n) = f(x, y, y¢, ..., y(n–1))
можно свести к нормальной системе (7.40). Обратно, системы (7.39) и (7.40) в боль0
шинстве случаев сводятся к дифференциальному уравнению n0го порядка, решая
которое можно найти и решение исходной системы.
4y111 2 2y1 3 3y2,
ПРИМЕР 7.43. Привести систему дифференциальных уравнений 5 11
6y2 2 y1 3 2y2
к нормальному виду.
& Положим
dy1
dy
1 y3 и 2 1 y4 . Тогда данную систему можно записать в виде
dx
dx
3y11 2 y3,
44y21 2 y4 ,
5
4y31 2 2y1 6 3y2,
74y41 2 y1 6 2y2,
которая и является нормальной системой 40го порядка. %
ПРИМЕР 7.44. Привести к нормальной системе дифференциальное уравнение
y² – 5y¢ + 6y = 0.
& Положим y1 = y, y2 = y¢. Тогда y21 2 y11 и y² = 5y¢ – 6y = 5y2 – 6y1. Значит, урав0
нение эквивалентно нормальной системе
3y11 2 y2,
1
4
7y21 2 56y1 6 5y2.
244
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
4y11 2 4y1 3 y2,
ПРИМЕР 7.45. Решить систему уравнений 5y1 2 36y 6 3y , сведя ее к одному
1
2
7 2
уравнению второго порядка.
& Выразим y2 из первого уравнения: y2 2 4y1 3 y11 . Подставим это выражение во
второе уравнение: (4y1 2 y11 )1 3 2 6y1 4 3(4y1 2 y11 ), откуда получаем для функции y1 урав@
нение второго порядка y111 2 7 y11 3 6y1 4 0. Его характеристическое уравнение имеет
корни l1 = 1, l2 = 6. Следовательно, y1 = C1ex + C2e6x. Теперь находим функцию y2:
y2 = 4(C1ex + C2e6x) – C1ex – 6C2e6x = 3C1ex – 2C2e6x.
Таким образом, общее решение системы имеет вид
1 y1 2
112 x
1 1 2 6x
5 y 6 3 C1 5 3 6 e 4 C2 5 72 6 e ,
8 29
8 9
8 9
где C1, C2 Î R. %
Задача Коши для системы (7.40) ставится следующим образом: найти решение
y1(x), ..., yn(x) системы (7.40), удовлетворяющее начальным условиям
y1 (x0 ) 1 y10 , y2 (x0 ) 1 y20 , ..., yn (x0 ) 1 yn0 ,
(7.41)
где y10 , y20 ,..., yn0 — заданные числа.
ТЕОРЕМА КОШИ. Пусть правые части f1, f2, ..., fn нормальной системы (7.40)
определены в (n + 1)мерной области D изменения переменных x, y1, y2, ..., yn. Если
в некоторой окрестности D точки M0 1 (x0 , y10 , y20 ,..., yn0 ) 2 D функции fk, k = 1, 2, ...,
dfk
n, непрерывны и имеют непрерывные частные производные dy по переменным y1,
j
y2, ..., yn, то существует отрезок x0 – h £ x £ x0 + h изменения переменной x, в ко
торой существует, и притом единственное, решение системы (7.40), удовлетво
ряющее начальным условиям (7.41).
Общим решением системы (7.40) называется совокупность функций
yk(x, C1, C2, ..., Cn), k = 1, 2, ..., n,
(7.42)
зависящих от n произвольных постоянных, которые при любых допустимых значе@
ниях постоянных C1, C2, ..., Cn обращают уравнения системы (7.40) в тождества, и в
области, в которой выполнены условия теоремы Коши, из совокупности функции
(7.42) можно получить решение любой задачи Коши.
В задачах 7.232, 7.233 путем исключения параметров a и b найти систе@
му дифференциальных уравнений, определяющих заданные семейства ли@
ний в пространстве.
3y 1 ax 2 b,
3ax 2 z 1 b,
7.232. 4 2
7.233. 4 2
2
2
2
2
6x 2 y 1 z 5 2bz.
6x 2 y 1 b .
В задачах 7.234–7.238 дифференциальные уравнения или системы заме@
нить нормальными системами дифференциальных уравнений (x — незави@
симая переменная).
7.235. yIV 2 y2 4 0.
5z11 3 z 2 2y 4 0,
7.237. 7
8y111 3 z 2 y 4 x.
5y11 2 z 2 u 4 0,
6
7.238. 7z1 3 uz 4 x2 ,
6u111 4 2xy.
8
В задачах 7.239, 7.240 проверить, что функции y(x) и z(x) являются ре*
шениями указанных систем.
2y3 4 1 1 ,
5
z
y 4 e 1 x /2 , z 4 2ex /2 .
7.239. 6
1
5z3 4 ;
y
7
2y
2 3
5y 4 1 1 x ,
x 1
x 1
y 4 8 2 , z 4 ex 1 1 2 .
7.240. 6
3
3 x
y
2
x
5z3 4 y 8 z 8
1 1;
x
7
В задачах 7.241–7.243 проверить, что функции F(x) являются интегра*
лами данных нормальных систем.
1y2 3 z ,
44
y5z
7.241. 1(x, y, z) 3 x 6 y 6 z; 7
4z2 3 y .
z5y
48
1y2 3 3x 5 4z ,
44
2z 5 3y
7.242. 1(x, y, z) 3 x2 6 y2 6 z2 ; 7
4z2 3 4y 5 2x .
2z 5 3y
48
1 1
7.243. 1(x, y, z) 3 5 ;
y z
1 2 y
44y 3 z ,
7
4z2 3 z .
y
48
2. Методы интегрирования нормальных систем
Одним из методов решения систем дифференциальных уравнений является ме
тод исключения неизвестных, который сводит систему уравнений к одному или
нескольким дифференциальным уравнениям с одной неизвестной функцией в каж*
дом. Поясним это на примерах.
ПРИМЕР 7.46. Найти общее решение системы дифференциальных уравнений
1 dy
4 dx 2 2z 3 y,
5
4 dz 2 3z 3 2y
6 dx
246
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
и частное решение, удовлетворяющее начальным условиям y(1) = 1, z(1) = –1.
& Выражаем z из первого уравнения системы: z 3
второе уравнение:
1
2
1
1
2
1 dy
4 y , и подставляем во
2 dx
2
4 3 1 dy
4
d 3 1 dy
5 y 9 6 38
5 y 9 7 2y. Дифференцируя по x выражения,
8
dx 2 dx
2 dx
1 d2y 1 dy 3 dy 3
1
2
1 y 3 2y, или y² – 2y¢ + y = 0 — ли?
2 dx2 2 dx 2 dx 2
нейное однородное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Его
характеристическое уравнение l2 – 2l + 1 = 0 имеет корни l1 = l2 = 1. Записываем
стоящие в скобках, получаем
1
общее решение y(x) = C1ex + C2xex, C1, C2 Î R. Тогда z(x) 3 C1 4
1
2
C2 x
e 4 C2xex .
2
2
C2 x
e 4 C2xex образует общее ре?
2
шение заданной системы дифференциальных уравнений.
Для нахождения частного решения используем начальные условия y(1) = 1,
Система функций y(x) = C1ex + C2xex, z(x) 3 C1 4
3
5
4
z(1) = –1. Получаем 1 = C1e + C2e, 11 2 C1e 3 C2e. Отсюда C1 1 и C2 1 2 . Итак, сис?
2
e
e
тема функций
y(x) 4 15 3 4x 2 ex 31, z(x) 4 13 3 4x 2 ex 31
и есть искомое частное решение. %
Не всякую систему дифференциальных уравнений можно свести к одному урав?
нению. Так, например, нельзя свести к одному уравнению систему дифференциаль?
ных уравнений
3y1 2 xy,
4 1 1
6z 5 y 2 z 5 xy,
поскольку после подстановки во второе уравнение вместо y¢ его значения xy, полу?
чим два не связанных между собой дифференциальных уравнения, каждое из кото?
рых содержит только одну функцию:
y¢ = xy, z¢ = z.
Другим методом интегрирования систем дифференциальных уравнений являет?
ся метод выделения интегрируемых комбинаций, т. е. получение из системы (7.40)
такого уравнения, которое можно проинтегрировать и получить первый интеграл.
Если найдены n независимых первых интегралов системы (7.40), то их совокупность
дает общий интеграл.
ПРИМЕР 7.47. Найти общий интеграл системы дифференциальных уравнений
2 dy z 1 e y
4 dx 3 z 1 e x ,
5
2
x1y
4 dz 3 z 6 e .
47 dx
z 1 ex
& Умножим обе части второго уравнения системы на e–x и сложим их с соот?
ветствующими частями первого уравнения и с тождеством –e–xz º –e–xz, получим
(e–xz)¢ + y¢ = 0, откуда e–xz + y = C1. Это первый интеграл системы.
247
ГЛАВА 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Теперь умножим обе части второго уравнения системы на e–y и сложим с равенст'
z2e
вами 1e 1 yzy3 4 1e 1 yz
и x¢ = 1, получим (e–yz)¢ + x¢ = 0, откуда e–yz + x = C2. Это
z 2 ex
тоже первый интеграл системы. Так как якобиан системы
y
2e 1 x z 3 y 4 C1,
5 1y
6e z 3 x 4 C2
отличен от нуля (проверьте!), то оба первых интеграла независимы между собой,
поэтому их совокупность неявно определяет общее решение заданной системы урав'
нений. %
В задачах 7.244–7.251 найти общие решения систем дифференциальных
уравнений.
1 dx 2 1 ,
33 dt y
7.244. 4
3 dy 2 1 .
35 dt x
7.245.
1 dy
z
33 dx 2 (z 6 y)2 ,
7.246. 4
y
3 dz 2
.
dx
(z 6 y)2
53
1 dx x 6 y
3 dt 2 z 6 t ,
3
3 dy x 6 y
7.247. 4 2
,
3 dt z 6 t
3 dz 2 x 6 y 7 1.
35 dt
1 dx y2
33 dt 2 x ,
dy dz
dx
2
2 . 7.251. 5
7.250.
2
2
17 z 4 x 4 y 1
3 dy 2 x .
36 dt y
В задачах 7.252, 7.253 найти общее решение системы дифференциаль'
ных уравнений, а также частное решение, удовлетворяющее заданным на'
чальным условиям.
1 dy x
1 dy z 2 1
3 ,
,
3
44 dx
44 dx yz
z
y(0) 3 21, z(0) 3 1. 7.253. 5
y(0) 3 z(0) 3 1.
7.252. 5
4 dz 3 1 ;
4 dz 3 x ;
2
64 dx y 2 x
64 dx y
ГЛАВА 8
ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
§ 8.1.
ФУНКЦИИ АЛГЕБРЫ ЛОГИКИ
1. Основные понятия, связанные с булевым кубом
Упорядоченный набор чисел (a1, ..., an), где ai Î E2 = {0, 1}, i = 1, 2, ..., n, называ
ется булевым или двоичным набором; он обозначается 11 или 11 n . Элементы набора
11 n называются его компонентами или координатами, а число n называют длиной
набора. С каждым двоичным набором 11 n связаны две характеристики: вес (или нор
n
n
ма) набора || 21 || 1 3 2i — число его координат, равных единице, и номер набора
i11
n
3(41 ) 2 5 4k 2n 1k . Множество Bn всех булевых векторов 11 n длины n называется nмер
k 21
E2 232 E2 , а сами наборы – его вершинами.
ным кубом Bn 1 12324
n раз
На рис. 8.1 изображены проекции 1, 2, 3 и 4мерного кубов на плоскость.
Пусть 1i1 , 1i2 ,2, 1ik — фиксированный набор чисел из 0 и 1 (1 £ i1 < ... < ik £ n).
Множество всех вершин (a1, ..., an) куба Bn таких, что 1i1 2 3i1 , 1i2 2 3i2 , 4, 1ik 2 3ik ,
называется (n – k)мерной гранью. Каждая (n – k)мерная грань сама является (n – k)
мерным подкубом куба Bn.
Рис. 8.1
249
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
Расстоянием Хемминга между вершинами 11 и 21 куба Bn называется число
n
2(31 , 41 ) 1 6 | 3i 5 4i |. Вершины 11 и 21 куба Bn — соседние, если 1(21 , 31 ) 4 1, и противопо
i11
ложные, если 1(21 , 31 ) 4 n.
Говорят, что набор 11 предшествует (строго предшествует при 11 2 31 ) набору
11 , и пишут 11 2 21 (11 2 21 ), если ai £ bi для всех i = 1, ..., n. Наборы 11 и 21 называют
сравнимыми, если либо 11 2 21 , либо 11 2 21 .
ПРИМЕР 8.1. Найти: а) номер 1(21 ) двоичного набора 11 2 (1101100); б) двоич2
ный набор 11 минимальной длины с номером 123.
n
& а) Используя формулу 3(41 ) 2 5 4i 2n 1i , где ai — i2я координата набора 11 , по2
i 21
б) Для нахождения набора 11 , имеющего номер 1(21 ), необходимо этот номер за2
писать в двоичной системе счисления. Для этого применяем процедуру последова2
тельного деления с остатком на число 2:
123 = 64 + 59 = ... = 64 + 32 + 16 + 8 + 2 + 1 =
= 1 × 2 6 + 1 × 2 5 + 1 × 2 4 + 1 × 2 3 + 0 × 22 + 1 × 21 + 1 × 2 0,
т. е. a1 = 1, a2 = 1, a3 = 1, a4 = 1, a5 = 0, a6 = 1, a7 = 1. Отсюда получаем 11 2 (1111011). 1
В задачах 8.1–8.6 найти номера 1(21 ) указанных двоичных наборов.
8.1. (1010).
8.2. (1001001).
8.3. (0011001110).
101), k 2 1.
8.4. (10
1
k раз
110
10), m, k 2 1.
8.5. (11
1
m раз k раз
1011
110
101), k 2 1.
8.6. (10
1
1
k раз k раз k раз
В задачах 8.7–8.10 найти двоичный набор 11 длины k с номером n.
8.7. k = 6, n = 54.
8.8. k = 11, n = 2000.
8.9. k = m + 1, n = 2m + 1, m ³ 1. 8.10. k = m, n = 3 × 2m–2 – 1, m ³ 2.
В задачах 8.11–8.12 для сравнимых наборов множества A из Bn выписать
их в порядке предшествования ( 1 ). Выяснить, имеются ли в множестве A
соседние и противоположные наборы, и, если они имеются, выписать их.
8.11. A = {(001), (010), (101), (100), (110), (111)}.
8.12. A = {(00111), (01011), (00110), (10110), (11010), (01010), (11100),
(11011)}.
В задачах 8.13–8.17 в множестве наборов Bn найти число:
1 n , имеющих вес k (n ³ k ³ 0, n ³ 1).
8.13. Наборов 1
8.14. Наборов 11 n, удовлетворяющих условию 2n 11 2 3(41 n ) 5 2n (n ³ 1).
8.15. Упорядоченных пар соседних наборов при n ³ 1.
8.16. Число упорядоченных пар (11 n, 21 n ) наборов таких, что 1(21 n, 31 n ) 4 k
(n ³ k ³ 1).
250
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
8.17. Число наборов 11 n веса k, у которых между любыми единичными ком+
понентами находится не менее r нулевых компонент (n – 2 ³ r ³ 0, n ³ k ³ 2).
В задачах 8.18–8.21 доказать справедливость утверждений.
8.18. Два различных набора в Bn, имеющих одинаковый вес, несравнимы.
8.19. В Bn существуют только два сравнимых противоположных набора.
8.20. Всякое подмножество наборов в Bn, содержащее не менее n + 2 набо+
ров, содержит пару несравнимых наборов (n ³ 2).
8.21. Число наборов в Bn, не сравнимых с фиксированным набором 11 n,
имеющим вес k, равно 2n – 2n–k – 2k + 1 (n ³ k ³ 0, n ³ 1).
Функция f (x1 n ) 1 f (x1,..., xn ) такая, что f: Bn ® E2, называется булевой функци+
ей (или функцией алгебры логики) от n переменных. Множество булевых функ+
ций от n переменных обозначают символом P2(n), а множество всех булевых функ+
ций — P2.
Для задания булевой функции f (x1 n ) требу+
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
ется
указать ее значения на каждом наборе из
31 4 1
11
21 2221
1311
11
Bn. Эти значения функции удобно располагать в
51 51 2221 51 51 356156122261561541
виде таблицы Tf, называемой таблицей истин
ности функции, в которой наборы 11 2 (11,..., 1n )
51 51 2221 51 71 356156122261561741
выписываются
сверху вниз в порядке возраста+
51 51 2221 71 51 356156122261761541
ния их номеров (табл. 8.1).
51 51 2221 71 71 356156122261761741
При стандартном расположении наборов (в
2221 2221 2221 2221 2221
2221
соответствии с увеличением их номера) функ+
цию f (x1 n ) можно задавать вектором значений
71 71 2221 71 71 3761761222617617441
n
21 f 3 (20 , 21,..., 22n 11 ) (или 11 2f ), в котором коор+
1
дината ai равна значению функции f (x1 n ) в i+й
строке таблицы (i = 0, 1, ..., 2n – 1), т. е. на наборе переменных 11 i .
Переменная xi функции f(x1, ..., xn) называется существенной, если существу+
ют такие значения s1, ..., si–1, si+1, ..., sn переменных x1, ..., xi–1, xi+1, ..., xn, что
f(s1, ..., si–1, 0, si+1, ..., sn) ¹ f(s1, ..., si–1, 1, si+1, ..., sn).
В противном случае переменная xi — фиктивная, т. е. функция f не зависит от xi.
Процедура удаления (введения) фиктивных переменных состоит в следующем.
Пусть переменная xi для функции f (x1 n ) — фиктивная. Тогда для ее удаления вы+
черкиваем все строки таблицы 8.1, в которых xi = 1, и столбец переменной xi. В итоге
получается функция от n – 1 переменной. Чтобы ввести фиктивную переменную x и
получить функцию f(x1, ..., xi–1, x, xi, ..., xn) от n + 1 переменной,
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
необходимо построить новую таблицу с n + 1 столбцом для пере+
n+1
3 12 4 1
11
21
31
менных и с 2
строкой для их значений и заполнить столбец
значений функции следующим образом. Для каждой пары на+
51 51 51
61
боров значений переменных (s1, ..., si–1, 0, si, ..., sn) и (s1, ...,
51 51 61
61
si–1, 1, si, ..., sn) продублировать значения функции f(s1, ...,
51 61 51
51
si–1, si, ..., sn) из исходной таблицы.
Две функции f1 и f2 от разного количества переменных на+
51 61 61
51
зываются равными, если одна получается из другой путем уда+
61 51 51
61
ления или введения фиктивных переменных. В дальнейшем
61
51
61
61
всякую рассматриваемую конечную совокупность булевых
функций будем считать зависящей от одного и того же числа
61 61 51
51
переменных, являющегося объединением множеств перемен+
61 61 61
51
ных всех функций совокупности.
1
251
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
ПРИМЕР 8.2. Определить фиктивные переменные функции
заданной таблицей 8.2.
& Рассмотрев все пары наборов (s1, s2, 0) и (s1, s2, 1) в табли+
це 8.2, убеждаемся в том, что переменная x3 для функции f (x1 3 )
является фиктивной. Удалив ее, вычеркивая все строки табли+
цы, в которых x3 = 1, а также столбец переменной x3, получаем
функцию двух переменных f (табл. 8.3). Затем убеждаемся, что
переменная x1 также является фиктивной. В результате полу+
чаем f (x1 3 ) 1 x2 (табл. 8.4). %
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
f (x1 3 ),
1
11
21
1
21
21
31
21
31
21
31
21
31
31
31
21
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
11
1
В задачах 8.22–8.28 указать фиктивные переменные за+
21
31
данных функций f.
31
21
8.22. f (x1 3 ) 1 (10101010).
1
8.23. f (x1 4 ) 1 (1011010110110101).
8.24. f (x1 4 ) 1 (0101111101011111).
8.25. f (x1 4 ) 1 (1100110000110011).
Обозначим символом P2c (n) множество всех булевых функций, завися+
щих от переменных x1, x2, ..., xn и притом от каждой из них существенным
образом.
8.26. Выписать все функции множества P2c (2).
8.27. Найти число элементов множества P2c (3).
8.28. Доказать, что число элементов множества P2c (n) равно
n
3 (11)k Cnk 22
n 1k
.
k 20
В таблице 8.5 представлены все булевы функции одной
переменной. Функции f0 и f3 называются соответственно
11
21
11
31
41
(тождественным) нулем и (тождественной) единицей.
21 21 21 31 31
Функция f1 называется тождественной функцией и обо+
значается x. Функция f2 называется отрицанием (или ин
31 21 31 21 31
версией) x, обозначается x или Øx и читается «не x».
1
В таблице 8.6 представлены все булевы функции от двух переменных. Некото+
рые из этих функций имеют определенные названия:
1. Конъюнкция (x1 и x2) f1 = x1 & x2, или x1x2, или x1 Ù x2, читается «x1 и x2».
2. Сумма по модулю 2 (x1 и x2) f6 = x1 Å x2, читается «x1 плюс x2».
3. Дизъюнкция (x1 и x2) f7 = x1 Ú x2, читается «x1 или x2».
4. Стрелка Пирса (x1 и x2) f8 = x1 ¯ x2, читается «ни x1 и ни x2».
5. Эквиваленция (x1 и x2) f9 = x1 ~ x2 или x1 « x2, читается «x1 эквивалентно x2».
6. Импликация (x1 и x2) f13 = x1 ® x2, читается «из x1 следует x2».
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
1
11
21
31
11
21
41
51
61
71
81
91
1
131
111
121
141
151
161
21
21
21
21
21
21
21
21
21
21
31
21
31
21
21
21
21
31
31
31
31
21
31
31
31
31
31
31
31
21
21
21
31
31
31
31
31
21
21
21
31
31
21
21
31
31
31
31
21
31
21
31
21
31
21
31
21
21
31
31
21
21
31
31
21
31
21
31
21
31
21
31
252
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
7. Штрих Шеффера (x1 и x2) f14 = x1 | x2, читается «не x1 или не x2».
Символы из множества B = {Ø, &, Ú, Å, ~, ®, ¯, | }, участвующие в алгебре логики
в обозначениях элементарных функций, называют логическими связками.
Основные свойства связок:
1. Коммутативность: x o y = y o x, где o Î {&, Ú, Å, ~, ¯, | }.
2. Ассоциативность: (x o y) oz = x o (y o z), где o Î {&, Ú, Å, ~}.
3. Дистрибутивность: (x Ú y)z = xz Ú yz, (xy) Ú z = (x Ú y)(y Ú z), (x Å y)z = xz Å yz.
4. Законы де Моргана: а) xy 1 x 2 y; б) x 2 y 1 x 3 y.
5. Закон двойного отрицания: x 1 x.
8.29. Доказать, что | P2 (n) | 1 22n .
В задачах 8.30–8.33 найти число функций в P2(n), удовлетворяющих заD
данным условиям.
8.30. На данных k наборах значения функции фиксированы, а на остальD
ных произвольные (2n – 1 ³ k ³ 1, n ³ 1).
8.31. На противоположных наборах функция принимает одинаковые знаD
чения (n ³ 1).
8.32. На каждой паре соседних наборов функция принимает противопоD
ложные значения (n ³ 1).
8.33. Функция равна 0 не менее чем на половине наборов (n ³ 1).
8.34. Булева функция f (x1 4 ) задается следующим образом: она равна нулю
только на таких наборах 11 2 (11 , 12 , 13 , 1 4 ), для которых справедливо нераD
венство 2a1 + a2 > a3 + 2a4; на остальных наборах она обращается в 1. ПоD
строить таблицу Tf этой функции и выписать наборы множества
Nf 1 {21 | f (21 ) 1 1}.
8.35. На аварийном пульте системы расположены четыре сигнальные ламD
почки L1, L2, L3, L4. Система выключается в случае, когда выполняется хотя
бы одно из следующих условий: а) загорелась лампочка L1, но не загорелась
лампочка L2; б) загорелись лампочки L2 и L3, но не загорелась лампочка L4;
в) загорелась лампочка L4 и не горит лампочка L1. Построить вектор значеD
ний 11 f булевой функции f (x1 4 ), характеризующей условия выключения сисD
темы, т. е. f (x1 4 ) 1 1 тогда и только тогда, когда справедливо хотя бы одно из
условий а), б), в); при этом предполагается, что xi = 1, если лампочка Li гоD
рит, и xi = 0, если лампочка Li не горит.
8.36. Четырем членам C1, C2, C3, C4 некоторой комиссии сформулироваD
ны следующие условия посещения заседаний (хотя бы одно из них они должD
ны выполнить): а) в заседании не участвует ни C1, ни C2, но должен быть C3;
б) в заседании принимают участие C2 и C4, но отсутствует C3; в) на заседании
должны присутствовать C1 и C4. Обязан ли присутствовать на заседании член
C3, если в нем не участвует C2?
8.37. Проект принимается, если большинство из шести экспертов C1, ...,
C6 высказались в его пользу. Кроме того, проект все же принимается, если
указанное условие не выполнено, но за принятие проекта высказались: а) либо
эксперты C1, C2, C3; б) либо эксперты C2, C4, C5; в) либо эксперты C1, C5, C6.
Записать в виде булевой функции f (x1 6 ) условие принятия проекта, считая,
253
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
что xi = 1 в том случае, когда i й эксперт высказывается за принятие проек
та, и xi = 0 в противном случае. Выяснить, будет ли обязательно принят про
ект, если известно, что за его принятие высказались ровно трое из экспертов
C1, C3, C4 и C6, а кто то один из экспертов C2 и C5 высказался против.
2. Реализация булевых функций
с помощью формул
Для функций f (x1 k ) и f1 (x1 n ),..., fk (x1 n ) функция j(x1, ..., xn) = f(f1(x1, ..., xn), ...,
fk(x1, ..., xn)) называется их суперпозицией. Выражение U, описывающее результат
этой подстановки, называется формулой, задающей функцию f.
Пусть U = U(g1, ..., gk) и V = V(f1, ..., fk) — две формулы. Говорят, что формулы U
и V имеют одинаковое строение, если формула U может быть получена из форму
лы V заменой каждого функционального символа gi на символ fi (i = 1, ..., k).
Пусть B = {Øx, x & y, x Ú y, x ® y, x ~ y, x Å y, x ¯ y, x | y} — множество связок.
Формулой над B является всякое (и только такое) выражение вида:
1) xi, где xi — любая переменная из множества {x1, ..., xn}.
2) ØU, U & V, U Ú V, U ® V, U ~ V, U Å V, U ¯ V, U | V, где U и V — ранее построен
ные формулы над B.
Обычно принимаются следующие соглашения для сокращения записи формул
над множеством связок B:
а) внешние скобки у формул опускаются;
б) формула U & V записывается в виде U × V или UV;
в) считается, что в формуле вида ØU o V, где o Î B, связка Ø имеет приоритет над
любой другой связкой и выполняется в первую очередь;
г) формула ØU записывается в виде U, а внешние скобки в формулах, над кото
рыми стоит знак отрицания, можно опускать;
д) связка & имеет приоритет над любой другой двухместной связкой из множе
ства B, поэтому формулы вида (UV) o W можно записывать без скобок, т. е. UV o W.
В задачах 8.38–8.43 построить таблицы истинности функций, заданных
указанными формулами.
8.38. f (x1 2 ) 1 x1x2 2 (x1 3 x2 ).
8.39. f (x1 2 ) 1 x1x2 | (x1 3 x1 4 x2 ).
8.40. f (x1 3 ) 1 x1x2 5 (x3 3 x1 ).
8.41. f (x1 3 ) 1 x1 5 x2 3 x3 2 x1.
8.42. f (x1 4 ) 1 x1x2 4 x2 x3 4 x3 x4 4 x4 x1 . 8.43. f (x1 4 ) 1 x1 6 x2 3 (x3 2 x4 | x1 ).
Две формулы U и V эквивалентны, если заданные ими функции fU и fV равны.
В эквивалентности формул часто можно убедиться, построив таблицы соответствую
щих им функций.
ПРИМЕР 8.3. Построив таблицы истинности функций, выяснить, эквивалент
ны ли формулы
U 1 (x1 2 x2 ) 3 (x3 4 x2 ) и V 1 (x1 3 x3 ) x2.
& Чтобы найти на каждом наборе переменных в таблице истинности значение
функции fU, нужно найти значение x1 для вычисления x1 1 x2, затем x3 Ú x2. По
строив их столбцы значений (см. табл. 8.7), строим столбец значений функций fU,
складывая по модулю 2 в каждой строке значения x1 1 x2 и x3 Ú x2. Аналогично, для
254
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
1
1
1
11
21
31
2
41
41
41
21
41
41
11
41
41
41
21
21
41
21
21
41
21
41
21
21
21
11
41
21
21
21
21
21
21
41
41
41
21
21
41
21
41
21
21
21
41
41
21
21
21
41
2
3
3121 21
11
1131 31
3
1
21
21
11
21
21
21
41
41
11
11
21
41
11
41
21
21
21
21
21
11
41
21
11
21
21
11
21
41
11
21
21
11
41
41
11
1
построения столбца значений функций fV строим столбцы значений функций x2 и
x1 Å x3 (табл. 8.7).
Из таблицы 8.7 видно, что fU = fV. Следовательно, формулы U и V эквивалентны. %
В задачах 8.44–8.51, используя таблицу истинности, доказать равенства.
8.44. x Ú xy = x и x(x Ú y) = x(законы поглощения).
8.45. x & x 1 x & 0 1 x 2 x 1 0;.
8.46. x 1 x 2 x 1 1 2 x ~ x 2 x 3 x 2 x 4 x 2 1.
8.47. x Ú x = x & x = x & 1 = x Ú 0 = x Å 0 = x.
8.48. x 1 1 2 x 3 0 2 x ~ 0 2 x 4 x 2 x | x 2 x .
8.49. x 1 xy 2 x 1 y;.
8.50. x | y 1 xy 1 x 2 y .
8.51. x 1 y 2 x 3 y 2 x 4 y.
В задачах 8.52–8.55, построив таблицы истинности соответствующих
функций, убедиться в справедливости равенств.
8.52. x Ú y = (x ® y) ® y. 8.53. x ~ y = (x ® y) × (y ® x).
8.54. xy 1 xy 2 x (склеивание).
8.55. xz 1 yz 1 xy 2 xz 1 yz (обобщенное склеивание).
В задачах 8.56–8.59, построив таблицы истинности соответствующих
функций, выяснить, эквивалентны ли формулы U и V.
8.56. U 1 (x 2 y) 3 ((y 2 z ) 2 xy) и V 1 yz 2 x.
8.57. U 1 (x 4 y ) 5 (x 2 (y 2 z)) и V 1 y 2 (x 4 z).
8.58. U 1 (x 5 y) 4 (x ~ z) | (x 3 yz) и V 1 xyz 4 x 2 z.
8.59. U 1 (((x | y) 5 z ) | y) 5 (y 2 z) и V 1 ((x | y) 5 (y | z )) & (x 2 ( y 2 z)).
В задачах 8.60–8.62 доказать эквивалентность формул U и V, используя
свойства элементарных функций.
8.60. U 1 (x 2 y) 2 (xy 3 (x 4 y)) и V 1 (xy 2 x) 2 y.
8.61. U 1 (xy 2 (x 3 yz)) 4 ((x 3 y ) 3 z) и V = (x ® y) Å (y Å z).
8.62. U 1 (x 2 yz) 3 (x 3 (y 3 z)) и V = x ® ((y ® z) ® x).
255
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
Функция f 1 (x1,..., xn ) 2 f (x1,..., xn ) называется двой
ственной к функции f(x1, ..., xn).
Чтобы получить из таблицы функции f(x1, ..., xn)
таблицу двойственной функции, нужно инвертиро
вать столбец значений функции f (т. е. заменить нули
единицами, а единицы нулями) и перевернуть его, т. е.
записать в обратном порядке (табл. 8.8).
Из определения двойственности следует, что
f**
=
(f*)*
= f,
1 2 3 4 5 6 2 7 8987
11
3 12 4 1
1
3 12 4 1
21
31
51 51
51
61
61
51 51
61
51
51
51 61
51
61
51
51 61
61
51
51
61 51
51
61
61
61 51 61
61
51
т. е. функция f является двойственной к функции f*
61 61 51
61
61
(свойство взаимности).
Функция f (x1 n ) называется самодвойственной,
61 61 61
51
51
если f (x1 n ) 2 f 1 (x1 n ). Например, самодвойственными яв2
1
ляются функции x, x и x1 Å x2 Å x3.
Принцип двойственности: если формула U = U(f1,..., fm) реализует функцию
f(x1,..., xn), то формула U(f11,..., fm1 ) реализует функцию f*(x1, ..., xn). Эту формулу
называют формулой, двойственной к U, и обозначают U*.
В задачах 8.63, 8.64 найти пары двойственных функций и все самодвой2
ственные функции в данном множестве.
8.63. f1 = x Ú y, f2 = x & y, f3 = x ® y, f4 = x ~ y, f5 = x Å y, f6 = x ¯ y,
f7 = x | y.
8.64. f1 = x ® y, f2 1 (x 2 y ) 2 (y 2 x), f3 = x Å y Å z, f4 = xy Å xz Å yz,
f5 = xy Ú xz Ú yz, f6 1 (x 2 y) 3 (y 2 x ), f7 1 x 3 y.
В задачах 8.65–8.67 доказать, что функция g является двойственной к
функции f.
8.65. f 1 x 2 1 3 y(z 3 0) 3 x y z и g 1 x 2 (y 4 z).
8.66. f 1 (x 3 y 3 (yz 4 1)) 5 z и g 1 x 3 y 3 z .
8.67. f 1 xy 3 yz 3 y z и g 1 x y z 3 yz.
Функция f (x1 n ) называется симметрической, если f (x1,..., xn ) 1 f (xi1 ,..., xin ), где
(i1, ..., in) — произвольная перестановка чисел 1, 2, ..., n.
8.68. Записать все симметрические функции от двух переменных.
8.69. Определить число симметрических функций от n переменных.
3. Специальные представления булевых функций
Введем обозначение
3x при 1 2 1,
x1 2 4
5x при 1 2 0.
(8.1)
Пусть 11 2 (11,..., 1n ) — какой2либо двоичный набор. Выражения x111... xn1n и
x111 2 ... 2 xn1n , причем среди переменных xi могут быть совпадающие, называются
соответственно элементарной конъюнкцией и элементарной дизъюнкцией. Выра2
жения вида xi1i называют буквами. Число букв в элементарной конъюнкции (дизъ2
юнкции) называют ее рангом.
256
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Формулы вида
m
m
i 11
i 11
D 1 1 Ki и K 1 & Di ,
где Ki и Di — соответственно попарно различные элементарные конъюнкции и дизъ2
юнкции, называются дизъюнктивной нормальной формой (сокращенно д. н. ф.) и
конъюнктивной нормальной формой (сокращенно к. н. ф.). Число m называется их
длиной.
ТЕОРЕМА. Любую булеву функцию f (x1 n ) можно единственным образом пред
ставить в виде
f (x1,..., xn ) 2
x111... xn1n ,
1
( 11 ,..., 1n )
(8.2)
f ( 11 ,..., 1n ) 21
если f (x1 n ) 12 0, и
f (x1 n ) 2
&
( 11 ,..., 1n )
f ( 11 ,..., 1n ) 2 0
(x111 3 ... 3 xn1n ),
(8.3)
если f (x1 n ) 12 1.
Разложение (8.2) называется совершенной дизъюнктивной нормальной формой
(СДНФ), а (8.3) — совершенной конъюнктивной нормальной формой (СКНФ) буле2
вой функции f (x1 n ).
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
11
21
31
41
41
41
41
41
41
51
51
41
51
41
41
f (x1 3 ) 1 (x1 2 x2 ) 3 (x3 4 x2 ).
& Из таблицы истинности 8.9 заданной функции ви2
дим, что значение функции равно 1 только на двух набо2
рах (0, 0, 1) и (1, 0, 0). Следовательно, СДНФ функции
имеет вид
ПРИМЕР 8.5. Построить СДНФ и СКНФ функции
f (x1 2 )
1 x1 2 x2 .
& Из таблицы истинности 8.10 данной функции ви2
дим, что f(x1, x2) = 1 на наборах (0, 0), (0, 1), (1, 1). По2
этому СДНФ функции имеет вид
x1 1 x2 2 x10x20 3 x10x21 3 x11x21 2 x1x2 3 x1x2 3 x1x2.
Соответственно, f(x1, x2) = 0 на одном наборе (1, 0).
Поэтому СКНФ функции имеет вид
x1 1 x2 2 x11 3 x20 2 x10 3 x21 2 x1 3 x2. 1
В задачах 8.70–8.73 функции, заданные векто2
ром значений, представить в виде СДНФ.
8.70. 11 f 2 (01010001).
8.72. 11 f 2 (0101000100010001).
8.71. 11 f 2 (11010100).
8.73. 11 f 2 (1001000010010010).
В задачах 8.74–8.76 представить в виде СКНФ функции, заданные векто2
ром значений.
257
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
8.74. а) 11 f 2 (11010011); б) 11 f 2 (01010111).
8.75. 11 f 2 (0111000111110111). 8.76. 11 f 2 (1101101101110111).
В задачах 8.77–8.82 найти число функций f (x1 n ), удовлетворяющих ука*
занным условиям.
8.77. СДНФ функции содержит не более двух элементарных конъюнкций.
8.78. СДНФ функции не содержит элементарных конъюнкций, в кото*
рых число букв с отрицаниями равно числу букв без отрицаний.
8.79. В СДНФ функции каждая элементарная конъюнкция содержит хотя
бы две буквы с отрицаниями (n ³ 2).
8.80. СДНФ функции не содержит элементарных конъюнкций, содержа*
щих нечетное число букв с отрицаниями.
8.81. В СДНФ функции в каждой элементарной конъюнкции число букв
с отрицаниями не больше числа букв без отрицаний.
8.82. СКНФ функции является одновременно и д. н. ф.
В задачах 8.83–8.85 найти длину СДНФ функции f (x1 n ).
Пусть X0 — некоторое подмножество булевого куба Bn, 11 2 (11, 12 ,..., 1n ) — про*
извольный набор из X0 и i1, i2, ..., ik — номера отличных от нуля его компонент
(1 £ i1 < i2 < ... < ik £ n). Формула вида
P(x1 n ) 6 a0 7
1 7a
1 X0
45
3 ( 41 ) xi1 xi2
2
... xik ,
(8.4)
где суммирование ведется по модулю два, a0 , a1 ( 21 ) 3 {0,1}, 1(21 ) — номер набора 11 ,
называется полиномом Жегалкина от n переменных.
Пусть X0 = Bn. Если суммирование в формуле (8.4) ведется по всем булевым на*
борам длины n и слагаемые идут в порядке возрастания номеров булевых наборов,
то говорят, что полином Жегалкина записан в канонической форме. Например, об*
щий вид канонической формы полинома Жегалкина от трех переменных: a0 Å a1x3 Å
Å a2x2 Å a3x2x3 Å a4x1 Å a5x1x3 Å a6x1x2 Å a7x1x2x3.
Наибольший из рангов элементарных конъюнкций, входящих в полином (8.4),
называется степенью этого полинома. Число ненулевых слагаемых в формуле поли*
нома Жегалкина называется его длиной. Каждая из множества P2 всех булевых функ*
ций представляется единственным образом в виде полинома Жегалкина.
Приведем два основных методы построения полиномов Жегалкина заданной
функции.
Метод неопределенных коэффициентов. Пусть P(x1 n ) — искомый полином Же*
галкина, реализующий заданную функцию f (x1 n ). Запишем искомый полином в виде
P(x1 n ) 2 a0 3 a1x1 3 ... 3 a2n11 xn 3 ... 3 a2n 11x1 ... xn .
Вектор a1 p 2 (a0 , a1,..., a2n 11 ) длины 2n называют вектором коэффициентов по
линома P(x1 n ). Для его нахождения переменным x1, ..., xn поочередно для каждой
строки таблицы истинности функции f придают их значения s1, ..., sn, вычисляют
258
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
значение P(s1, s2, ..., sn) и приравнивают его к f(s1, s2, ..., sn). В итоге получают
систему из 2n уравнений с 2n неизвестными a0 , a1,..., a2n 11, имеющую единственное
решение:
5f (0,...,0,0) 2 a0 3 a1 4 0 3 ... 3 a2n11 4 0 3 ... 3 a2n 11 4 0 4... 4 0,
6
66..................
8f (71, 72,..., 7n ) 2 a0 3 a171 3 ... 3 a2n11 7n 3 ... 3 a2n 1171 ... 7n ,
(8.5)
6..................
6
69f (1,...,1,1) 2 a0 3 a1 41 3 ... 3 a2n11 41 3 ... 3 a2n 11 41 4... 41.
Решив (8.5), находят коэффициенты полинома P(x1 n ).
Метод, основанный на преобразовании формул над множеством связок {&, Ø}.
В этом случае строят некоторую формулу U над множеством связок {&, Ø}, реали@
зующую данную функцию f (x1 n ). Затем отрицания A заменяют на A Å 1, раскрыва@
ют скобки, пользуясь дистрибутивным законом A(B Å C) = AB Å AC, и применяют
эквивалентности A × A = A, A × 1 = A, A Å A = 0, A Å 0 = A.
ПРИМЕР 8.6. Построить полином Жегалкина функции f(x1, x2) = x1 ® x2.
& Воспользуемся сначала методом неопределенных коэффи@
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
циентов. Построим таблицу истинности данной функции и запи@
11
21
1111 21
шем искомый полином в виде P(x1, x2) = a0 Å a1x1 Å a2x2 Å a3x1x2.
Тогда, используя табл. 8.11, получим
21 21
31
1
21
31
31
31
21
21
31
31
31
f(0, 0) = a0 Å a1 × 0 Å a2 × 0 Å a3 × 0 = 1,
f(0, 1) = a0 Å a1 × 1 Å a2 × 0 Å a3 × 0 = 1,
f(1, 0) = a0 Å a1 × 1 Å a2 × 0 Å a3 × 0 = 0,
f(1, 1) = a0 Å a1 × 1 Å a2 × 1 Å a3 × 1 = 1.
2a0 1 1,
33a 4 a 1 1,
0
2
Отсюда получаем систему уравнений 5
3a0 4 a1 1 0,
36a0 4 a1 4 a2 4 a3 1 1,
решая которую, находим a0 = 1, a1 = 1, a2 = 0, a3 = 1. Следовательно, x1 ® x2 = 1 Å
Å x 1 Å x 1 x 2.
Теперь применим метод преобразования формул. Тогда получаем
x1 1 x2 2 x1 3 x2 2 x1 4 x2 2 (x1 4 (x2 5 1)) 5 1 2 1 5 x1 5 x1x2. 1
В задачах 8.86–8.91 найти полиномы Жегалкина для функций, задан@
ных вектором своих значений, методом неопределенных коэффициентов.
8.86. 11 f 2 (0110).
8.88. 11 f 2 (01010001).
8.90. 11 f 2 (0101000101010001).
8.87. 11 f 2 (1101).
8.89. 11 f 2 (11010100).
8.91. 11 f 2 (1101010011010100).
В задачах 8.92–8.95 для заданных функций найти полиномы Жегалки@
на, используя метод, основанный на преобразовании формул над множест@
вом связок {&, Ø}.
8.92. f (x1 3 ) 1 x1 (x2 2 x3 ).
8.93. f (x1 3 ) 1 x1 3 (x2 3 x3 ).
8.94. f (x1 3 ) 1 (x1 4 x2 ) | (x2 4 x3 ). 8.95. f (x1 4 ) 1 x1 2 (x2 3 ((x3 3 x2 ) 3 x4 )).
259
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
8.96. Найти число полиномов Жегалкина над множеством переменных
Xn = {x1, ..., xn} (0 £ k £ n): а) степени k; б) длины k.
В задачах 8.97, 8.98 найти число полиномов Жегалкина над множеством
переменных Xn = {x1, ..., xn}:
8.97. Степени k, где 1 £ k £ n, обращающихся в 1 на наборе 11 1 (1,1,...,1).
8.98. Длины k, где 1 £ k £ n, не содержащих одновременно (в качестве сла/
гаемых) конъюнкции одинакового ранга.
В задачах 8.99, 8.100 выяснить, на скольких наборах из множества Bn
данный полином P(x1 n ) обращается в единицу.
n
2 n 3
8.99. P(x1 n ) 1 5 x1xi (n 4 2). 8.100. P(x1 n ) 1 x1x2 5 6 5xi 7 (n 4 3).
i 12
8i 13 9
4. Классы Поста
Множество булевых функций Y = {f1, ..., fk, ...} называется (функционально) пол
ным классом, если любая функция из P2 может быть представлена в виде формулы
над Y, т. е. получается в результате применения конечного числа операций суперпо/
зиций функций из класса Y. Класс Y может быть конечным или бесконечным.
Примеры полных классов: а) Y = P2; б) 1 2 {x, x1 & x2, x1 3 x2 } — любую булеву
функцию можно представить в виде суперпозиции конъюнкции, дизъюнкции и ин/
версии; в) Y = {0, 1, x1 & x2, x1 Å x2} — любую булеву функцию можно представить в
виде полинома Жегалкина.
Пусть K — некоторый класс булевых функций. Замыканием K называется мно/
жество всех булевых функций, получающихся в виде формул над K (обозначает/
ся [K]).
Свойства замыкания: 1. K1 Í K2 Þ [K1] Í [K2]. 2. K Í [K]. 3. [[K]] = [K].
Класс K называется замкнутым, если [K] = K; полным, если [K] = P2; предпол
ным, если K не полный, но для любой функции f Ï K класс K1 = K U {f} — полный.
Введем следующие пять замкнутых классов функций (классы Поста):
T0 = {f | f(0, ..., 0) = 0} — множество функций от n переменных, сохраняющих 0;
T1 = {f | f(1, ..., 1) = 1} — множество всех булевых функций, сохраняющих 1;
S = {f | f = f*} — класс самодвойственных функций;
M 1 {f | 231 , 41 : 31 2 41 5 f (31 ) 6 f (41 )} — класс монотонных функций;
L = {f | f(x1, ..., xn) = a0 Å a1x1 Å ... Å anxn} — класс линейных функций.
ТЕОРЕМА (Поста). Для того чтобы система функций F была полной, необходи
мо и достаточно, чтобы она не содержалась целиком ни в одном из пяти замкну
тых классов T0, T1, S, M, L.
ПРИМЕР 8.7. Доказать, что классы Поста T0, T1, S, M, L попарно различны.
& Для доказательства приведем функции, лежащие в классах, но так, чтобы
классы взаимно не поглощались. Рассмотрим функции 0, 1, x и построим таблицу
8.12 принадлежности классам. В таблице стоит «+», если
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
функция принадлежит классу, и «–» — в противном слу/
1
1
1 1 1
1
21
чае. Если бы какие/нибудь два класса совпадали, то совпа/
дали бы и соответствующие столбцы таблицы. Так как они
21 31 41 41 31 31
не совпадают, делаем вывод о попарном различии классов. %
ПРИМЕР 8.8. Определить количество функций классов
T0 и T1, зависящих от переменных x1, ..., xn.
51
1
41
31 41 31 31
1 41
41 31 41 31
260
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
& Вектор значений функции f Î T0 имеет вид 21 f 3 (0, 21,..., 22n 11 ), т. е. определено значение только на нулевом наборе переменных, свободных же 2n – 1. Следовательно, | T0 | 2 22n 11. Аналогично вычисляется, что | T1 | 2 22n 11. 1
В задачах 8.101, 8.102 выяснить, принадлежит ли множеству T0\T1 функция f (x1 n ).
8.101. f (x1 3 ) 1 (x1 2 x2 )(x2 2 x3 )(x3 2 x1 ). 8.102. f (x1 3 ) 1 x1x2 x3 3 x1x2 3 x1.
В задачах 8.103, 8.104 выяснить, при каких n функция f (x1 n ) 1 T0 \ T1 .
8.103. f (x1 n ) 3 x1 4 x2 4 ... 4 xn . 8.104. f (x1 n ) 3
1
xi xj .
11 i 2 j 1 n
В задачах 8.105–8.108 выяснить, полна ли система функций A.
8.105. A = {f1 = (0110), f2 = (11000011), f3 = (10010110)}.
8.106. A = {f1 = (0111), f2 = (01011010), f3 = (01111110)}.
8.107. A = {xy, x Ú y, x Å y, xy Ú yz Ú zx}.
8.108. A = {xy, x Ú y, x Å y Å z Å 1}.
8.109. Перечислить все самодвойственные функции от двух переменных.
В задачах 8.110–8.113 выяснить, является ли самодвойственной функция f.
8.110. f = x1x2 Ú x2x3 Ú x3x1.
8.111. f = x1 Å x2 Å x3 Å 1.
8.112. f 1 (x1 2 x2 2 x3 )x4 2 x1x2 x3 .
8.113. f = (x1 ® x2) Å (x2 ® x3) Å (x3 ® x1).
В задачах 8.114–8.117 выяснить, является ли функция f, заданная вектором своих значений, самодвойственной.
8.114. 11 f 2 (1010).
8.115. 11 f 2 (10010110).
8.116. 11 f 2 (10110101).
8.117. 11 f 2 (1100100101101100).
8.118. Определить количество самодвойственных функций, зависящих
от n переменных.
Для проверки на монотонность функции f (x1 n ), заданной своим вектором значений 11 f , нужно сначала разделить его на две равные части 21 f 0 3 (20 , 21,..., 22n11 11 ) и
21 f1 3 (22n11 ,..., 22n 11 ). Если соотношение 11 f 0 2 11 f 1 не выполнено, то f (x1 n ) немонотонная. В противном случае нужно разделить каждый из полученных векторов опять
пополам: 11 f 0, 0 , 11 f 0,1 и 11 f1, 0 , 11 f 1,1. Далее проверить сначала первую пару на выполнение соотношения 11 f 0, 0 2 11 f 0,1, и в случае положительного результата — вторую. Если
хотя бы для одной пары соотношение не выполняется, то функция немонотонная.
В противном случае этот алгоритм продолжается.
8.119. Определить все монотонные функции от двух переменных.
В задачах 8.120–8.124 выяснить, является ли монотонной заданная
функция f.
8.120. f = (x Å y) × (x ~ y). 8.121. f = xy Å xz Å zy.
8.122. f = x1 ® (x2 ® x3). 8.123. f = x1 Å (x2 ® x3) Å x4.
261
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
В задачах 8.124–8.127 для заданного 11 f выяснить, является ли монотон#
ной функция f.
8.124. 11 f 2 (0110).
8.125. 11 f 2 (10110111).
1
8.126. 1 f 2 (00010111). 8.127. 11 f 2 (0010001110111111).
В задачах 8.128–8.130 для немонотонной функции f (x1 n ) указать два со#
седних набора 11 и 21 значений переменных таких, что 11 2 21 и f (11 ) 3 f (21 ).
8.128. f (x1 3 ) 1 x1x2 x3 2 x1x2 . 8.129. f (x1 3 ) 1 x1 3 x2 3 x3 .
8.130. f (x1 4 ) 1 x1x3 3 x2 x4 .
8.131. Определить количество линейных функций, зависящих от перемен#
ных x1, ..., xn, и перечислить все линейные функции от двух переменных.
В задачах 8.132–8.135, представив функцию f полиномом, выяснить, яв#
ляется ли она линейной.
8.132. f 1 x 2 y 3 x y. 8.133. f 1 xy 4 x 5 y 4 z.
8.134. f = (x ® y) × (y ® x)) ~ z.
8.135. f 1 (xy 2 x 3 y ) z 2 z (xy 2 xy).
В задачах 8.136–8.139 выяснить, является ли линейной функция f, за#
данная вектором своих значений.
8.136. 11 f 2 (1001).
8.137. 11 f 2 (1101).
8.138. 11 f 2 (10110101). 8.139. 11 f 2 (0110100101101001).
§ 8.2.
ГРАФЫ
1. Основные определения
Пусть V — конечное непустое множество, V2 — множество всех его двухэлемент#
ных подмножеств, т. е. множество неупорядоченных пар {u, v}, где u, v Î V, и, нако#
нец, E — произвольное подмножество V2. Пара G = (V, E) называется неориентиро
ванным графом. Элементы множества V называются вершинами графа, а элементы
E — ребрами. Множества вершин и ребер графа G обозначаются символами V(G) и
E(G) соответственно. Число вершин называется порядком графа и обозначается че#
рез |G|. Если граф G содержит n вершин и m ребер, то его называют (n, m)#графом.
Например, граф G, изображенный на рис. 8.2, — (5, 6)#граф.
Говорят, что две вершины графа u и v смежны, если множество {u, v} является
ребром, и не смежны в противном случае. Если e = {u, v} — ребро, то вершины u и v
называют его концами. В этом случае также говорят, что ребро e соединяет вершины
u и v, и его обозначают символом uv. В дальнейшем будем считать (если это не оговоре#
но), что граф не содержит петель, т. е. ребер вида uu, и кратных
ребер, т. е. нескольких ребер uv, т. е. является простым.
Два ребра называются смежными, если они имеют общий
конец. Вершина v и ребро e называются инцидентными, если v
является концом ребра e. Степенью deg(v) вершины v называет#
ся число ребер, инцидентных этой вершине. Вершина графа,
Рис. 8.2
262
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
имеющая степень 0, называется изолированной, а вершина, имеющая степень 1, —
висячей (или концевой). Ребро, инцидентное концевой вершине, называется конце
вым. Вершина графа, смежная с каждой другой его вершиной, называется домини
рующей. Максимальная и минимальная степени вершин графа G обозначаются сим;
волами D(G) и d(G) соответственно. Таким образом,
2(G ) 3 max deg v, 4(G ) 3 min deg v.
v 1 V (G )
v 1 V (G )
ПРИМЕР 8.9. Для графа G, изображенного на рис. 8.2, перечислить: а) V(G), E(G);
б) смежные вершины; в) вершины, не смежные с вершиной 1; г) степени вершин и
определить числа D(G) и d(G); д) висячие и доминирующие вершины; е) ребра, не
смежные с ребром {2, 4} и не инцидентные с ним вершины.
& а) V(G) = {1, 2, 3, 4, 5}, E(G) = {{1, 2}, {1, 5}, {2, 3}, {2, 4}, {2, 5}, {4, 5}}; б) верши;
на 1 соединена ребрами с вершинами 5 и 2, следовательно, смежна с ними; вершина
5 — с 1, 2 и 4; 4 — с 5 и 2; 2 — с 1, 5, 4 и 3; 3 — только с 2; в) с вершинами 4 и 3;
г) вершины этого графа имеют следующие степени: deg(3) = 1, deg(1) = deg(4) = 2,
deg(5) = 3, deg(2) = 4; D(G) = 4, d(G) = 1; д) вершина 3 — висячая, 2 — доминирующая;
е) ребро {2, 4} не имеет общих вершин только с ребром {1, 5}, поэто;
му не смежно с ним; только вершина 5 не инцидентна ребру {2, 4},
так как не является его концом. %
Граф называется пустым, если в нем нет ребер. Пустой граф
порядка п обозначается Оп. Граф G называется полным, если лю;
бые две его вершины смежны. Полный граф порядка n обозначает;
n(n 1 1)
ребер. На рис. 8.3 изображен граф K5.
ся символом Kn, в нем
Рис. 8.3
2
n(n 1 1)
; б) для любого графа | E(G )| 1 C|2G | .
2
8.141. Существует ли граф со следующими наборами степеней вершин:
а) 1, 1, 1, 3, 3, 4, 4; б) 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 4?
8.142. Построить граф с данным набором степеней вершин:
а) 1, 1, 2, 2, 2; б) 1, 2, 2, 2, 3, 4.
В задачах 8.143–8.144 для данно;
го графа G перечислить: 1) множество
V(G); 2) множество E(G); 3) смежные
вершины; 4) вершины, не смежные с
вершиной 2; 5) степени вершин и опре;
делить числа D(G) и d(G); 6) висячие и
доминирующие вершины; 7) ребра, не
Рис. 8.4
смежные с ребром {1, 2} и не инцидент;
ные с ним вершины.
8.143. Граф G изображен на рис. 8.4а.
8.144. Граф G изображен на рис. 8.4б.
8.145. Найти |V(Bn)|, |E(Bn)| и степени вершин графа n;мерного куба Bn.
8.146. Существует ли граф с шестью вершинами, у которого степени всех
вершин равны 3?
8.140. Доказать, что: а) | E( Kn )| 2
Граф G называется дополнительным графу G (или дополнением G), если
V (G ) 1 V (G ) и две несовпадающие вершины смежны в G тогда и только тогда, когда
они не смежны в G. Из определения следует, что E(G ) 1 V 2 \ E(G ). Очевидно, G 1 G.
263
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
ПРИМЕР 8.10. Построить граф G, дополнительный к графу, изображенному на
рис. 8.2.
& Множество вершин графа G остается таким же. Количество ребер G можно
вычислить по формуле (дополнить до полного и удалить ребра графа G)
5(5 1 1)
1 6 2 10 1 6 2 4.
2
Вершина 1 в графе G будет смежна с вершинами 3 и 4. Следовательно, рисуем
ребра {1, 4} и {1, 3}. Вершина 2 будет изолированной, так как в G она была смежна
всем вершинам. Вершина 3 в графе G, кроме вершины 1, будет еще смежна с верши9
нами 4 и 5. Рисуем ребра {3, 4} и {3, 5}. Результат изображен на рис. 8.5. %
| E(G )| 2 | E( K5 )| 1 | E(G )| 2
Рис. 8.5
Рис. 8.6
Рис. 8.7
В задачах 8.147–8.149 построить дополнения указанных графов и опре9
делить для них | E(G )| и степени всех вершин.
8.147. Граф G изображен: а) на рис. 8.4а; б) на рис. 8.4б.
8.148. Граф G изображен: а) на рис. 8.6а; б) на рис. 8.6б; в) на рис. 8.6в.
8.149. Граф G изображен на рис. 8.7 (граф Петерсена).
В задачах 8.150–8.152 доказать утверждения.
8.150. Сумма степеней всех вершин графа равна удвоенному числу ребер:
3
deg v 2 2 | E(G )|.
v 1 V (G )
8.151. В любом графе число вершин нечетной степени четно.
8.152. Не существует графа, степени всех вершин которого попарно раз9
личны.
Граф G1 = (V1, E1) называется частью графа G = (V, E), если множество V1 есть
подмножество V, а E1 — подмножество E, т. е. V1 Í V, а E1 Í E.
Говорят, что G1 = (V1, E1) — подграф графа G = (V, E), если V1 Í V и E1(G1) =
= {uv Î E | u, v Î V1}. Подграф H называет9
ся остовным подграфом, если V1 = V. Та9
ким образом, остовной подграф G1 получа9
ется из исходного графа G удалением не9
которых ребер. На рис. 8.8 изображены
граф G и три его подграфа H1, H2 и H3, сре9
Рис. 8.8
ди которых H3 является остовным.
8.153. Сколько всего имеет различных остовных подграфов:
а) граф G, изображенный на рис. 8.8;
б) (n, m)9граф с пронумерованными вершинами?
264
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
8.154. Нарисовать все подграфы порядка 5 графа G, изображенного на
рис. 8.4а.
8.155. Дан граф G = (V, E), где V(G) = {1, 2, 3, 4, 5, 6} и E(G) = {14, 15, 16,
24, 25, 34, 35, 36}.
а) Начертить этот граф на плоскости так, чтобы его ребра изображались
непересекающимися прямолинейными отрезками.
б) Полагая V1 = {1, 2, 3, 4}, найти множество ребер соответствующего под?
графа и изобразить его на плоскости.
в) Выяснить, какие из следующих пар подмножеств определяют часть
графа G, а какие нет: V1 = {1, 5, 6} и E1 = {15, 56}; V2 = {1, 3, 5, 6} и E2 = {15,
25, 16, 56}; V3 = {1, 3, 6} и E3 = {16, 36}. Какие из выявленных частей явля?
ются подграфами?
г) Для графа G определить число различных безреберных подграфов.
8.156. Сколько существует различных остовных подграфов у полного гра?
фа порядка n с пронумерованным множеством вершин?
Граф называется двудольным, если существует разбиение множества всех его вер?
шин на такие две части (доли), что концы каждого ребра принадлежат разным частям.
Если при этом любые две вершины, входящие в разные доли, смежны, то граф называ?
ется полным двудольным. Полный двудольный граф, доли которого состоят из p и
q вершин, обозначается символом Kp, q, при p = 1 получаем звезду K1, q. На рис. 8.9
изображены звезда K1, 5 (рис. 8.9а) и полный двудольный граф K3, 3 (рис. 8.9б).
Рис. 8.9
Рис. 8.10
8.157. Среди графов, представленных на рис. 8.10, укажите двудольные
графы и приведите вариант разбиения вершин на две доли. Какие из них
являются полными двудольными графами?
8.158. Выяснить, является ли граф Петерсена (см. рис. 8.7) двудольным?
8.159. Определить количество ребер у следующих графов и их дополне?
ний: а) K1, q; б) Kp, q.
Множество вершин графа назовем независимым, если никакие две вершины из
этого множества не смежны. Подмножество V1 вершин графа назовем доминирующим,
если каждая вершина из множества V(G)\V1 смежна с некоторой вершиной из V1.
Говорят, что вершина и ребро графа покрывают друг друга, если они инцидент?
ны. Подмножество V¢ Í V называют вершинным покрытием графа, если каждое реб?
ро из E(G) инцидентно хотя бы одной вершине из V¢.
В задачах 8.160–8.163 найти наибольшее (т. е. содержащее максималь?
ное число вершин) независимое множество и наименьшее (т. е. содержащее
минимальное число вершин) вершинное покрытие в графе.
265
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
8.160. Kn. 8.161. K1, q. 8.162. Kp, q. 8.163. Граф Петерсена.
Пусть G и H — графы, а j: V(G) ® V(H) — взаимно однозначное отображение.
Если для любых вершин u и v графа G их образы j(u) и j(v) смежны в H тогда и
только тогда, когда u и v смежны в G, то отображение j называется изоморфизмом
графа G на граф H. В этом случае говорят, что графы G и H изоморфны, и пишут
G @ H. Изоморфные графы получаются один из другого изменением нумерации вер4
шин. Класс изоморфных графов принято называть абстрактным графом.
Граф, изоморфный своему дополнению: G 1 G, называется самодополнительным.
ПРИМЕР 8.11. Найти все неизоморфные графы четвертого порядка.
& У графа четвертого порядка число ребер может быть от 0 в пустом графе O4 до 6
в полном графе K4. Рассмотрим каждый из вариантов отдельно.
Пусть |E(G)| = 0, то получаем единственный граф O4. Если |E(G)| = 1, то также
получаем единственный граф с двумя изолированными вершинами и двумя верши4
нами, смежными друг другу.
При |E(G)| = 2 получаем два графа: в одном из них ребра смежные, а в другом — нет.
4
При |E(G)| = 3 имеем
2 deg(vi ) 1 2| E(G)| 1 6.
Если изолированных вершин нет, то
i 11
возможные наборы степеней вершин: 1, 1, 2, 2 и 1, 1, 1, 3. Если изолированная
вершина одна, то нет вершины со степенью 3, и возможный набор степеней вершин —
0, 2, 2, 2. Двух изолированных вершин быть не может.
Если |E(G)| = 4, получаем, что из полного графа удалены два ребра: либо смеж4
ные, либо нет. Получаем два графа.
Если |E(G)| = 5, то получаем единственный граф удалением из полного графа од4
ного ребра.
При |E(G)| = 6 существует единственный граф, который является полным. %
8.164. Доказать, что графы, представленные на
рис. 8.11, неизоморфны.
8.165. Нарисовать все неизоморфные графы поряд4
ка 4 и определить их общее число (см. пример 8.11).
Рис. 8.11
8.166. Какие из графов, представленных на рис. 8.11,
изоморфны? В случае изоморфизма укажите какую4либо соответствующую
изоморфизму нумерацию вершин.
8.167. Какие из пар графов, изображенных на рис. 8.12, изоморфны?
Рис. 8.12
266
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
8.168. Найти количество неизоморфных графов, имеющих 7 вершин и
20 ребер.
8.169. Найти количество неизоморфных графов, имеющих 10 вершин и
43 ребра.
8.170. Найти все попарно неизоморфные графы пятого порядка.
8.171. Доказать, что если порядок самодополнительного графа равен n,
то число вершин такого графа имеет вид n = 4k или n = 4k + 1, где k — неко;
торое натуральное число.
8.172. Найти самодополнительный граф с минимальным, отличным от 1,
числом вершин.
Отношение изоморфизма графов является отношением эквивалентности, т. е.
удовлетворяет трем условиям: G @ G (рефлексивность); если G @ H, то H @ G (сим
метричность); если G @ H и H @ Q, то G @ Q (транзитивность). Это означает, что
всякое множество графов однозначно раз;
бивается на попарно непересекающиеся
классы изоморфных.
В некоторых случаях приходится раз;
личать изоморфные графы. Граф порядка n
называется помеченным, если его верши;
Рис. 8.13
нам присвоены некоторые метки, например
номера 1, 2, ..., n. Отождествив каждую из
вершин графа с ее номером (а следовательно, множество вершин — с множеством
чисел {1, 2, ..., n}), считаем, что графы G и H одного и того же порядка равны, если
E(G) = E(H). На рис. 8.13 изображены три разных помеченных графа.
8.173. Найти число различных помеченных графов, имеющих n вершин
и m ребер.
8.174. Найти общее число различных помеченных графов, имеющих
n вершин.
Определим некоторые операции, с помощью которых из имеющихся графов мож;
но получать другие.
Операция удаления вершины. Пусть v — вершина графа G. Граф Gv = G – v полу;
чается из графа G в результате удаления вершины v и всех инцидентных ей ребер.
Операция стягивания ребра. Стягивание ребра uv в графе G означает отождеств;
ление в нем смежных вершин v и u. При этом порядок графа уменьшается на 1, а сам
граф обозначают G – uv.
Операция разделения ребра. Разделение ребра uv графа G состоит в добавлении к
множеству V(G) вершины w и замены ребра uv на два: uw и wv. Полученный граф
обозначают Guwv.
Операция расщепления вершины. Пусть v — вершина графа G. Разобьем множе;
ство смежных с ней вершин на две части M и N. Удалим вершину v вместе с инци;
дентными ей ребрами и добавим новые вершины u и w и соединяющее их ребро uw,
вершину u соединим ребром с каждой вершиной множества M, а вершину w — с ка;
ждой вершиной множества N. Полученный в результате граф обозначим G1 .
Пусть Gi = (Vi, Ei) (i = 1, 2) — два графа.
Объединением (или наложением) G1 U G2 = H называется граф, для которого
V(H) = V(G1) U V(G2) и E(H) = E(G1) U E(G2). В дальнейшем будем считать, что объе;
динение является дизъюнктным, т. е. V(G1) I V(G2) = Æ.
267
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
Произведением G1 ´ G2 = G называется граф, для которого V(G) = V(G1) ´ V(G2) —
декартово произведение множеств вершин исходных графов, а E(G) определяется
следующим образом: вершины (u1, u2) и (v1, v2) в графе G смежны тогда и только
тогда, когда или u1 = v1, а u2 и v2 смежны в G2, или u2 = v2, а u2 и v2 смежны в G1.
Очевидно, что |V(G1 ´ G2)| = |V(G1)| × |V(G2)| и |E(G1 ´ G2)| = |V(G1)| × |E(G2)| + |E(G1)| × |V(G2)|.
ПРИМЕР 8.12. Пусть графы G1 и G2 заданы следующим образом: V(G1) = {u1, u2}
и E(G1) = {u1u2}; V(G2) = {v1, v2, v3} и E(G2) = {v1v2, v2v3}. Получить графы:
а) H = G1 U G2; б) G = G1 ´ G2.
& а) В соответствии с определением получаем граф 59го порядка, в котором
V(H) = V(G1) U V(G2) = {u1, u2, v1, v2, v3}
и E(H) = E(G1) U E(G2) = {u1u2, v1v2, v2v3}.
б) В соответствии с определением полу9
чаем граф 69го порядка, в котором V(H) =
= V(G 1) ´ V(G2) = {{u 1, v 1}, {u 1 , v 2}, {u 1, v 3},
{u2, v 1}, {u2, v2}, {u2, v3}} и множество E(H) со9
держит семь ребер, из которых три ребра вида
{{u1, vj}, {u2, vj}} (j = 1, 2, 3) и четыре ребра вида
{{ui, vj}, {ui, vj+1}} (i, j = 1, 2) (рис. 8.14). %
Рис. 8.14
8.175. Для графа G, изображенного на рис. 8.2, нарисовать все графы Gv,
v Î {1, 2, 3, 4, 5}.
8.176. Сколько ребер будет содержать граф, полученный из полного гра9
фа порядка n удалением k вершин?
8.177. Показать, что, используя операцию стягивания ребра, из графа Пе9
терсена (рис. 8.7) можно получить граф K5 и, стало быть, любой граф Kn, n < 5.
8.178. Используя определение операции расщепления вер9
шины для вершины 2 (рис. 8.5б), построить графы G1 , если:
а) M = {1} и N = {3, 5, 6, 7}; б) M = {1, 5} и N = {3, 6, 7}; в) M =
= {1, 5, 7} и N = {3, 6}; г) M = {1, 5, 6, 7} и N = {3}. Определить
значения | G1 | и | E(G1 )|.
8.179. Определим с помощью операции произведения гра9
фов n9мерный куб Bn рекуррентно: B1 = K2, Bn = K2 ´ Bn–1, n > 1.
Используя определение операции произведения графов, полу9
чить и изобразить графы: а) B2; б) B3; в) B4.
8.180. Изобразить графы H = G1 U G2 и G = G1 ´ G2; графы
Рис. 8.15
G1 и G2 представлены на рис. 8.15.
2. Пути и метрические характеристики в графах
Чередующаяся последовательность
v1, e1, v2, e2, ..., vl, el, vl+1
(8.6)
вершин и ребер графа, такая что ei = vivi+1 (i = 1, 2, ..., l), называется маршрутом,
соединяющим вершины v1 и vl+1 (или (v1, vl+1)9путем). Число l ребер в пути (8.6) на9
зывается его длиной. Очевидно, что маршрут можно задать также последовательно9
стью v1, v2, ..., vl, vl+1 его вершин либо последовательностью его ребер e1, e2, ..., el.
Маршрут (путь) называется простым, если все его вершины, кроме, может быть,
крайних, различны; цепью, если все его ребра различны; простой цепью, если все
его вершины различны; циклическим, если v1 = vl+1. Циклическая цепь называется
268
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
циклом, а циклическая простая цепь — простым циклом. Простую цепь, имеющую
n вершин, обозначают Cn, а простой цикл — Zn.
ПРИМЕР 8.13. В графе G на рис. 8.8 привести примеры маршрутов, являющих9
ся цепью, простой цепью, циклическим путем, не являющимся циклом, и циклом.
& Примерами могут служить следующие маршруты: (1, 4, 5, 2, 4) — цепь, так
как все ребра различны; (1, 4, 5, 2, 3) — простая цепь, так как различны все ребра и
вершины; (1, 4, 5, 2, 4, 1) — циклический путь, не являющийся циклом, так как
совпадают начальная и конечная вершины, но через вершину 4 путь проходит дваж9
ды; соответственно (4, 3, 2, 4) — цикл. %
Граф называется связным, если любые две несовпадающие вершины в нем со9
единены маршрутом. Всякий максимальный (т. е. не содержащийся в связном под9
графе с большим числом элементов) связный подграф графа G называется связной
компонентой (или просто компонентой) графа G. Общее число связных компонент
графа обозначают символом k(G).
ПРИМЕР 8.14. Доказать, что если число ребер графа порядка n (n > 2) больше,
чем Cn211, то он связен.
& Предположим, что он не связен. Тогда существуют две вершины u и v, не связан9
ные между собой. Обозначим через V1 множество вершин, достижимых из u, а через
V2 — множество вершин, достижимых из v. Тогда ни одна вершина из V2 не связана ни
с какой вершиной из V1. Пусть |V1| = k < n, k > 0. Тогда |V2| = n – k > 0. Если k = 1, то
|V2| = n – 1 и наибольшее значение |E| равно Cn211 (в случае, если подграф, порожден9
ный V2, полный), что противоречит условию | E| 2 Cn211. Следовательно, вершина u смеж9
на какой9то вершине из V2, которая, в свою очередь, достижима из v.
При k ³ 2 наибольшее число ребер у графа будет в случае, если подграфы, порож9
денные V1 и V2, полные. Тогда | E1 | 2
k(k 1 1)
(n 1 k)(n 1 k 1 1)
, | E2 | 2
, и для всего графа
2
2
что противоречит условию, следовательно, исходный граф связен. %
ПРИМЕР 8.15. Доказать, что в связном графе любые две простые цепи, содержа9
щие наибольшее число ребер, имеют общую вершину.
& Предположим, что у двух простых цепей u1, u2, ..., uk и v1, v2, ..., vk максималь9
ной длины нет общих вершин. Возьмем произвольно по одной вершине из каждой
цепи ui и vj. Так как граф связный, то существует путь из ui в vj. Выберем из отрезков
цепей от u1 до ui и от ui до uk тот, длина которого не меньше k/2. Аналогично для vj.
Составим новую простую цепь из этих отрезков и простой цепи, соединяющей ui и vj,
ее длина больше k, что противоречит тому, что исходные цепи максимальны. %
8.181. Доказать, что любой путь, соединяющий вершины u и v, содержит
простую цепь, соединяющую те же вершины.
8.182. Привести пример цикла, не являющегося простым.
8.183. Сколько существует путей длины 3 из вершины (0, 0, 0) в (1, 1, 1) в
графе B3?
269
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
8.184. В графе G на рис. 8.16 привести примеры маршру
тов, являющихся цепью, простой цепью, циклическим пу
тем, не являющимся циклом, и пример цикла. Указать та
кие маршруты максимальной длины.
8.185. Какой минимальной и максимальной длины су
ществует маршрут, соединяющий две противоположные
Рис. 8.16
вершины графа Bn, являющийся: простым, цепью, простой
цепью, при: а) n = 3; б) n = 4?
8.186. Какое минимальное число ребер требуется удалить, чтобы данный
граф перестал быть связным, если этот граф: а) K3, 3; б) граф Петерсена?
Пусть G — связный граф, а u и v — две его несовпадающие вершины. Длина
кратчайшего (u, v) маршрута называется расстоянием между вершинами u и v и
обозначается через d(u, v). Считают, что d(u, u) = 0.
Для фиксированной вершины и величина e(u) 2 max d(u, v) называется эксцен
v 1 V( G )
триситетом вершины и. Число r (G ) 2 min e(u) называется радиусом графа. Вер
u 1 V( G )
шина v называется центральной, если e(v) = r(G). Множество всех центральных вер
шин графа называется его центром. Число d(G ) 2 max e(u) называется диаметром
u 1 V( G )
графа G. Простая цепь длины d(G), расстояние между концами которой равно d(G),
называется диаметральной цепью.
Вершина v называется периферийной, если e(v) = d(G).
ПРИМЕР 8.16. Для графа на рис. 8.17 указать периферийные и цен
тральные вершины, а также определить d(G) и указать какую нибудь
диаметральную цепь.
& Для графа, представленного на рис. 8.17, d(1, 2) = d(1, 4) = 1,
d(1, 5) = d(1, 3) = 2; e(2) = 1, e(1) = e(3) = e(4) = e(5) = 2. Следователь
но, r(G) = 2 и d(G) = 2. Все вершины, кроме центральной вершины 2,
являются периферийными. Например, цепь (1, 2, 3) — диаметраль
Рис. 8.17
ная цепь. %
Введенное выше расстояние между вершинами графа удовлетворяет аксиомам
метрики:
1. d(u, v) ³ 0. 2. d(u, u) = 0 Û u = v.
3. d(u, v) = d(v, u). 4. d(u, v) + d(v, w) ³ d(u, w) (неравенство треугольника).
8.187. Доказать, что вершина w принадлежит кратчайшей простой цепи
между u и v тогда и только тогда, когда d(u, w) + d(w, v) = d(u, v).
8.188. Изобразить граф, центр которого: а) состоит ровно из одной вер
шины; б) состоит ровно из трех вершин и не совпадает с множеством всех
вершин; в) совпадает с множеством всех вершин.
8.189. Изобразить графы, для которых: а) d(G) = 2, d(G) = 3; б) r(G) = 2,
r(G) = 3; в) r(G) = d(G).
8.190. Определить радиусы и диаметры для графов правильных много
гранников (см. рис. 8.18).
8.191. Доказать, что
а) 1 £ d(G) £ n – 1, и привести примеры выполнения равенств в нижней и
верхней оценках;
270
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
б) 2r(G) ³ d(G), и привести пример
выполнения равенства.
8.192. Пусть Gn — граф, множест/
во вершин которого совпадает с отрез/
ком натурального ряда {1, 2, ..., n}, а
множество ребер определяются сле/
дующим условием: вершины u и v
смежны тогда, когда числа u и v вза/
имно просты.
а) Изобразите графы G5 и G8.
б) Какой из графов является связ/
ным: Gn или Gn – 1, полученный из Gn
удалением вершины 1?
Число n(G) = E(G) – V(G) + k(G) называ/
ется цикломатическим числом графа.
Рис. 8.18
В задачах 8.193–8.195 доказать ут/
верждения.
8.193. Если G — связный граф, то
V(G) £ E(G) + 1.
8.194. Для любого графа G выпол/
няется неравенство n(G) ³ 0.
8.195. Если граф G состоит из не/
скольких компонент связности G1, ...,
Gk, то справедливо равенство n(G) =
= n(G1) + ... + n(Gk).
ПРИМЕР 8.17. Чему может равняться число ребер графа, имеющего 20 вершин
и 4 компоненты связности?
& Так как n(G) ³ 0, имеем n(G) = E(G) – V(G) + k(G) ³ 0 (см. задачу 8.194), следо/
вательно, E(G) ³ 16. Покажем, что найдется граф, для которого E(G) = 16, V(G) = 20,
k(G) = 4. Пусть 3 компоненты связности — изолированные вершины, четвертая —
простая цепь C17 с 16 ребрами. Таким образом, минимальное число ребер равно 16.
Выясним, каким может быть максимальное число ребер.
Докажем, что наибольшее количество ребер у графа, три компоненты связности
которого представляют собой изолированные вершины, четвертая — полный граф K17
с числом ребер, равным 136. Действительно, рассмотрим граф с 20 вершинами, имею/
щий 4 компоненты связности (подграфы G1, G2, G3, G4), из которых по крайней мере
два содержат не менее двух вершин. Предположим, что V1 ³ V2 ³ 1. Возьмем произволь/
но вершину из V2, удалим все ребра, инцидентные ей, и соединим ее ребрами со всеми
вершинами из V1. Новый граф будет иметь то же количество вершин и компонент связ/
ности, но больше ребер. Таким образом, количество ребер может быть от 16 до 136. %
ПРИМЕР 8.18. Чему может равняться число компонент связности графа, имею/
щего 12 вершин и 27 ребер?
& Так как простая цепь C12 имеет 11 ребер, а полный граф K12 — 66 ребер, то
существует связный граф, имеющий 12 вершин и 27 ребер. Минимальное число ком/
понент связности равно 1. Для того чтобы определить максимально возможное число
271
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
компонент связности, найдем наименьший полный граф, число ребер которого не мень)
ше 27: n(n – 1)/2 ³ 27, n = 8. Рассмотрим граф, 4 компоненты связности которого пред)
ставляют собой изолированные вершины, а пятая имеет 8 вершин и 27 ребер. Дока)
жем, что 6 компонент связности быть уже не может. Действительно, по предыдущей
задаче, граф, имеющий 12 вершин и 6 компонент связности, может иметь не более
21 ребра. Таким образом, количество компонент связности может быть от 1 до 5. %
8.196. Сколько компонент связности имеет граф со следующим набором
степеней вершин: 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3?
В задачах 8.197–8.200 определить, какие значения может принимать k(G)
или E(G) для заданных графов.
8.197. k(G) графа G, имеющего 15 вершин и 35 ребер.
8.198. k(G) графа G, имеющего 12 вершин и 20 ребер.
8.199. E(G) графа G, имеющего 10 вершин и 3 компоненты связности.
8.200. E(G) связного графа G, имеющего 12 вершин.
В графе G путь из вершины u в вершину v называется эйлеровым, если он содер)
жит все ребра графа, причем каждое по одному разу. Эйлеров цикл — путь из u в u,
который содержит все ребра графа, каждое по одному разу. Гамильтонов путь —
путь, обходящий все вершины графа по одному разу. Гамильтонов цикл — путь из
вершины u в u, обходящий все вершины графа, кроме u, по одному разу.
В связном графе эйлеров путь существует тогда и только тогда,
когда две вершины графа имеют нечетную степень, а все осталь)
ные — четную, а эйлеров цикл существует тогда и только тогда,
когда все вершины графа имеют четную степень.
Если |G| = n ³ 3 и для любой вершины v графа G выполняется
неравенство deg v ³ n/2, то G — гамильтонов граф.
ПРИМЕР 8.19. Существует ли эйлеров цикл у графа, изображен)
Рис. 8.19
ного на рис. 8.19? Если существует, то построить его.
& Так как степени всех вершин четны, то эйлеров цикл сущест)
вует. Возьмем произвольный цикл, например (1, 5, 3, 1). Этот цикл не содержит все
ребра графа. Рассмотрим граф, полученный из исходного удалением этого цикла.
Удаленный граф и оставшийся, в силу связности исходного графа, всегда имеют
общую вершину, в данном случае — 5. Рассмотрим теперь произвольный цикл ново)
го графа, начинающийся в вершине 5, например (5, 4, 6, 5). Присоединим его к пер)
вому циклу: (1, 5, 4, 6, 5, 3, 1). Остается единственный цикл (4, 1, 2, 4), присоединив
который, получим эйлеров цикл (1, 5, 4, 1, 2, 4, 6, 5, 3, 1). %
8.201. У каких из графов, изобра)
женных на рис. 8.20, существует эй)
леров путь или эйлеров цикл? Если
существует, то построить его.
8.202. Для каких m и n следующие
графы являются эйлеровыми: а) Km, n;
б) Kn; в) графы правильных многогран)
ников (рис. 8.18), n — порядок графа;
в эйлеровых графах найдите эйлеро)
вы цепи.
Рис. 8.20
272
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
8.203. Для каких m и n следующие графы являются гамильтоновыми:
а) Km, n; б) Kn. Опишите гамильтоновы циклы в каждом из тех случаев, когда
они существуют. Покажите, что все графы правильных многогранников
(рис. 8.18) являются гамильтоновыми, и найдите в каждом из них гамильто=
новы циклы.
3. Способы задания графов
Наряду с графическим представлением графа, а также заданием перечислением
его вершин и ребер, существуют способы задания графов с помощью матриц.
Пусть G — помеченный граф порядка n. Определим матрицу A = A(G) = (aij) раз=
мера n´n следующим образом:
11, если вершины vi и vj смежны,
aij 2 3
40, в противном случае.
A(G) называется матрицей смежности графа G. Число единиц в
строке равно степени соответствующей вершины. Если в графе G
допускаются кратные ребра, то aij равно количеству ребер, соеди=
няющих вершины vi и vj.
Рис. 8.21
Рангом графа rank G называется ранг его матрицы смежности.
Ориентированный граф — это пара (V, A), где V — множество
вершин, A — множество ориентированных ребер (или дуг) — упо=
рядоченных пар (u, v), где u, v Î V. При этом u называется началом
дуги, v — концом (рис. 8.21). Граф, полученный из направленного
путем отмены направлений ребер, называется нижним графом.
Рис. 8.22
ПРИМЕР 8.20. Для графа, изображенного на рис. 8.22, постро=
ить матрицу смежности.
& Граф, изображенный на рис. 8.22, имеет пять вершин. Следовательно, его мат=
рица смежности имеет размерность 5´5. При заданной нумерации вершин графа
матрицу формируем следующим образом. Строим табли=
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
цу 8.13.
1
1
1
141 151 1
11
21
31
Теперь построенную таблицу записываем в виде мат=
21 31 21 31 21 111
рицы:
10
31
3
A 5 30
30
33
60
1
0
1
1
1
0
1
0
0
0
1
1
0
0
1
02
1 44
04.
14
4
047
31
21
31
31
31
121
21
31
21
21
21
131
21
31
21
21
31
141
21
31
21
31
21
151
1
Это и есть искомая матрица смежности графа. %
Графы изоморфны тогда и только тогда, когда их матрицы смежности получают=
ся друг из друга перестановками строк и столбцов. Матрицы смежности изоморфных
графов подобны, поэтому характеристические многочлены этих матриц совпадают.
Характеристический многочлен матрицы смежности графа называется характери
стическим многочленом графа. Совокупность корней характеристического многочлена
с учетом их кратности, называется спектром графа. Следует заметить, что из совпаде=
ния характеристических многочленов графов не следует их изоморфизма.
Пусть G — неориентированный (n, m)=граф, V(G) = {v1, v2, ..., vn}, E(G) = {e1, e2, ...,
em}. Определим матрицу I = I(G) размера n´m, называемую матрицей инцидентно
273
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
сти графа G, в которой на пересечении i й строки и j го столбца стоит 1, если верши
на vi и ребро ej инцидентны, и 0 в противном случае.
Если же G — ориентированный граф, то его матрица инцидентности I(G) опреде
ляется следующим образом: на пересечении i й строки и j го столбца стоит 1, если
вершина vi является началом ребра ej; –1, если вершина vi является концом ребра ej;
0, если вершина vi и ребро ej не инцидентны.
ПРИМЕР 8.21. Построить матрицу инцидентности графа, изображенного на
рис. 8.23.
& Зададим нумерацию вершин и ребер, как показано на рис. 8.24, и построим
матрицу инцидентности графа. Для этого заметим, что вершина 1 инцидентна реб
рам e1, e2, e3, 2 — e1, e4, e5, 3 — e2, e3 и 4 — e3, e5. В соответствии с этим заполняем
матрицу I(G):
e1 e2 e3 e4 e5
1 1 1 1 0 0 2 v1
31 0 0 1 14 v
4 2. 1
I (G ) 5 3
3 0 1 0 1 0 4 v3
30 0 1 0 14 v
6
7 4
Рис. 8.23
Рис. 8.24
Рис. 8.25
Рис. 8.26
Рис. 8.27
8.204. Для графов, изображенных на рис. 8.21, 8.25 и 8.26 построить мат
рицы смежности.
8.205. Составить матрицы смежности и инцидентности для полного гра
фа порядка n.
8.206. Составить матрицы смежности и инцидентности для графа, изо
браженного на рис. 8.27.
8.207. Для графов, изображенных на рис. 8.28, построить матрицы смеж
ности и найти характеристические многочлены.
8.208. Составить матрицы смежности и инцидентности для графов, изо
браженных на рис. 8.29.
8.209. Пусть A(G) и I(G) — соответственно матрицы смежности и инци
дентности графа G. Какую информацию для каждой из матриц содержит в
себе сумма ее членов: а) в каждой строке; б) в каждом столбце?
8.210. Возвести матрицу смежности графа K4 в квадрат. Какую информа
цию содержат в себе элементы получившейся матрицы?
Рис. 8.28
Рис. 8.29
274
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
8.211. Пусть B = (A(G))m. Доказать, что значение каждого элемента bij мат+
рицы B равно количеству маршрутов длины m из вершины vi в вершину vj.
8.212. Построить матрицу смежности и матрицу инцидентности, найти
ранг графа: а) C4; б) K2, 2.
8.213. Изобразить графы, имеющие следующие матрицы смежности; для
графа из задания а) найти диаметр, ранг, указать центр, периферийные, до+
минирующие и концевые вершины:
10
31
3
а) A 5 3 0
30
33
60
8.214. Изобразить графы, имеющие следующие матрицы инцидентности,
для графа из задания а) найти диаметр, ранг, указать центр, периферийные,
доминирующие и концевые вершины:
4. Деревья
Связный граф T без циклов называется деревом. Любой граф без циклов называ+
ется ациклическим (или лесом).
Деревом покрытия связного графа G называют подграф, который является дере+
вом и множество вершин которого совпадает с V(G).
8.215. Сколько существует неизоморфных деревьев порядка: а) три; б) че+
тыре; в) пять; г) шесть. В случаях а)–г) изобразите все неизоморфные деревья.
275
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
8.216. Изобразить какиелибо деревья покрытия для графов: а) K3, 3;
б) графа Петерсена; в) графов правильных многогранников (см. рис. 8.18).
В задачах 8.217–8.221 доказать утверждения.
8.217. Связный граф является деревом тогда и только тогда, когда число
его вершин на единицу больше числа его ребер: |V(G)| = |E(G)| + 1.
8.218. Дерево, содержащее по крайней мере одно ребро, является дву
дольным.
8.219. Каждый связный граф содержит в себе покрывающее дерево.
8.220. Любые две вершины дерева можно соединить путем. Если это про
стой путь, то он единственный.
8.221. Любое дерево, имеющее не менее двух вершин, содержит не менее
двух висячих вершин.
Для задания деревьев обычно используют кодирование.
Первый способ кодирования. Пусть T — дерево, тогда n =
= |E(T)| = |V(T)| – 1. Поставим в соответствие дереву T с n ребрами
слово, состоящее из нулей и единиц длиной 2п следующим обра
зом. Выберем произвольно вершину и начнем обход дерева по про
извольному ребру так, чтобы ребра все время оставались справа,
поворачивая в висячих вершинах. Если ребро встретилось в пер
вый раз, записываем 0, во второй — 1. Обход заканчивается при
Рис. 8.30
Рис. 8.31
Рис. 8.32
Рис. 8.33
возвращении в исходную вершину. Код дерева, представленного на рис. 8.30, имеет
вид (010010101101) (обход начат с вершины 1).
Дереву с одним ребром соответствует код (01). Если деревьям T1 и T2 (рис. 8.31а)
сопоставлены коды 11 и 21 соответственно, то дереву C (рис. 8.31б) сопоставляется
1 1.
код (011 1), а деревьям D и E (рис. 8.31в) — коды 12
1 1 и 21
Алгоритм восстановления дерева по коду. Разбиваем код на пары из нулей и еди
ниц, соответствующие одному ребру, следующим образом. Первая единица, присут
ствующая в коде, образует пару с предшествующим нулем. Каждая следующая обра
зует пару с ближайшим слева неиспользованным нулем. Помечаем получившиеся
пары снизу дугами, соответствующими ребрам графа, и нумеруем их по порядку на
чиная с середины так, чтобы между ними сохранялось отношение смежности.
ПРИМЕР 8.22. Восстановить дерево по его коду (010010010111010011).
& Поступаем в соответствии с алгоритмом (рис. 8.32). Дерево, соответствующее
этому коду, изображено на рис. 8.33. %
Второй способ кодирования. Занумеруем вершины дерева произвольным образом
(см. рис. 8.34). Найдем висячую вершину с наименьшим номером. Запишем номер
единственной смежной с ней вершины и удалим висячую вершину вместе с ребром.
276
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Для получившегося дерева снова найдем висячую вершину с
наименьшим номером и т. д., пока не останется одно ребро.
Длина кода при этом равна |E| – 1 = |V| – 2.
ПРИМЕР 8.23. Построить код дерева, изображенного на
рис. 8.34.
& Висячая вершина с наименьшим номером — 1, смеж9
Рис. 8.34
ная с ней имеет номер 2. Удаляем вершину 1 вместе с ребром и
записываем в код 2. В оставшемся дереве висячая вершина с
наименьшим номером — 5, смежная с ней — 4. Удаляем вер9
шину 5 вместе с ребром и записываем в код 4. В оставшемся
дереве висячая вершина с наименьшим номером — 6, смеж9
ная с ней — 4. Удаляем вершину 6 вместе с ребром и снова
записываем в код 4. В оставшемся дереве висячая вершина с
наименьшим номером — 7, смежная с ней — 4. Удаляем вер9
Рис. 8.35
шину 7 вместе с ребром и снова записываем в код 4. В остав9
шемся дереве висячая вершина с наименьшим номером — 4,
смежная с ней — 2. Удаляем вершину 4 вместе с ребром и за9
писываем в код 2. В оставшемся дереве висячая вершина с наи9
меньшим номером — 2, смежная с ней — 3. Удаляем верши9
ну 2 вместе с ребром и записываем в код 3. Осталось одно реб9
ро. Получили код дерева [244423]. %
Восстановление дерева по коду рассмотрим на примере.
Рис. 8.36
ПРИМЕР 8.24. Восстановить дерево по его коду [2557389].
& Вместо первого числа в коде пишем наименьшее, не
встречающееся в коде: 1557389. Вместо второго числа в новой последовательности
пишем наименьшее, не встречающееся в ней: 1257389 и т. д. Получаем последо9
вательность 1245637. Расположив ее под кодом, получим список ребер: (2, 1),
(5, 2), (5, 4), (7, 5), (3, 6), (8, 3), (9, 7). Строим сначала граф по этому списку ребер
(рис. 8.35). В последовательности 1245637 отсутствуют числа 8 и 9. Соединяем
вершины 8 и 9 ребром и получаем граф (рис. 8.36). %
8.222. Построить коды деревьев (два для каждого дерева), изображенных
на рис. 8.37.
8.223. Сформулировать необходимое и достаточное условие того, что по9
следовательность из n единиц и n нулей является кодом дерева.
8.224. Построить дерево по коду (00101001011101).
8.225. Построить дерево по коду (00101011001101).
8.226. Построить дерево по коду [5345566].
8.227. Построить дерево по коду [4445477].
Рис. 8.37
277
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
5. Планарность. Раскраски графов
Граф G называется планарным, если его можно изобразить на плоскости без пе&
ресечения ребер.
Пусть G — планарный связный граф. Тогда любой простой цикл в нем определя&
ет некоторую область на плоскости. Эта область называется гранью. У графа есть
ровно одна неограниченная внешняя грань. Например, граф K3 разбивает плоскость
на 2 грани, одна из которых, внешняя, является неограниченной. Граница грани —
множество вершин и ребер, принадлежащих этой грани.
ТЕОРЕМА (Эйлера). В любом планарном связном графе В + Г = Р + 2, где В —
количество вершин, Г — граней, Р — ребер.
ПРИМЕР 8.25. Доказать, что полный граф K5 не является планарным.
& Для графа K5 имеем В = 5, Р = 10. Если бы он был планарный, то выполнялось
бы равенство В + Г = Р + 2, т. е. Г = 7. Двуугольные грани у графа K5, очевидно, от&
сутствуют. Имеем n2 = 0, n3 + n4 + ... = 7. Кроме того, 3n3 + 4n4 + ... = 2Р = 20. Умно&
жим первое равенство на 3 и вычтем из второго. Получим n4 + 2n5 + ... = –1. Получи&
ли противоречие, следовательно, граф K5 не планарный. %
Пусть G — планарный граф. Граф без висячих вершин будем называть замкну
тым. Далее рассматриваются планарные графы без петель, но в которых могут быть
кратные ребра.
Графы G1 и G2 называются гомеоморфными, если
существуют изоморфные графы G11 и G21 , полученные
из графов G1 и G2 применением один или несколько
раз операции разделения ребер (рис. 8.38). Например,
графы, изображенные на рис. 8.39, не изоморфны, но
гомеоморфны.
ТЕОРЕМА (критерий планарности А. С. Понтря&
гина — К. Куратовского). Граф G планарный тогда и
Рис. 8.38
только тогда, когда у него нет подграфов, гомеоморф
ных K5 или K3, 3.
ПРИМЕР 8.26. Доказать, что граф B4 не планарен.
& Рассмотрим подграф графа B4, образованный вер&
шинами K1, K2, K3, D1, D2, D3, X1, X2, X3, X4, X5, X6 и
ребрами (D1, K1), (D1, K2), (D1, K3), (D1, X1), (D2, K1),
(D2, K2), (D2, K3), (X1, X2), (X2, K2), (D3, K2), (D3, K3),
(D3, X3), (X3, X4), (X4, X5), (X5, X6), (X6, K1) (рис. 8.40а).
Этот подграф гомеоморфен K3, 3 (рис. 8.40б). Следова&
тельно, граф B4 не планарен. %
Рис. 8.40
Рис. 8.39
278
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
8.228. Является ли планарным граф
K5, из которого удалено одно ребро?
8.229. Доказать, что граф, у которо/
го d(vi) = 0 для любой вершины vi, име/
Рис. 8.41
ет грань, в которой не больше 5 ребер.
8.230. Доказать, что двудольный
граф K3, 3 не планарный.
8.231. Являются ли планарными
графы, изображенные на рис. 8.41?
8.232. Является ли планарным
граф, получающийся из B3 добавлени/
ем ребра, соединяющего противопо/
Рис. 8.42
ложные вершины (рис. 8.42а)?
8.233. В октаэдре соединены две про/
тивоположные вершины (рис. 8.42б).
Является ли получившийся граф пла/
нарным?
8.234. Планарен ли граф C3 ´ Z5?
Рис. 8.43
8.235. При каких значениях n ³ 2
являются планарными графы, изображенные на рис. 8.43а, б?
8.236. Какое минимальное число ребер нужно удалить из графа B4, чтобы
полученный граф стал планарным?
8.237. Какое минимальное число вершин нужно удалить из графа B4, что/
бы полученный граф стал планарным?
Пусть задано несколько красок k1, k2, ..., ks. Раскраской графа G называется пра/
вило, по которому каждой вершине графа присваивается номер 1 £ i £ s, соответст/
вующий краске, причем смежные вершины имеют разные номера.
Хроматическим числом c(G) графа G называется наименьшее число красок, тре/
буемое для раскраски данного графа. Для полного графа c(Kn) = n.
Граф называется бихроматичным, если для его раскраски требуется две краски
(c(G) = 2).
ТЕОРЕМА (критерий бихроматичности). Для любого графа G эквивалентны ус
ловия:
1) граф G бихроматичен;
2) граф G двудольный;
3) в графе G нет циклов нечетной длины.
Реберным хроматическим числом cp(G) графа G называется наименьшее коли/
чество красок, необходимых для раскраски ребер графа таким образом, чтобы смеж/
1n, если п нечетно,
ные ребра имели разные цвета. Для полных графов 2 p ( Kn ) 3 4
6n 5 1, если п четно.
ТЕОРЕМА (Визинга). D(G) £ cp(G) £ D(G) + 1.
ТЕОРЕМА (о пяти красках). Хроматическое число планарного графа не превос
ходит 5.
8.238. Доказать, что если планарный граф G содержит висячие ребра, то
добавление произвольных ребер так, чтобы висячих не осталось, не умень/
шает хроматического числа c(G).
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
279
8.239. Найти хроматическое число графа B4.
8.240. Найти реберное хроматическое число графа B3.
8.241. Найти хроматическое число графа Tn (дерево с n вершинами).
8.242. Привести пример плоского графа с хроматическим числом, рав'
ным 3.
8.243. Найти реберное хроматическое число графа K3, 5.
8.244. Найти хроматическое число и реберное хроматическое число гра'
фа C2 ´ Z3.
8.245. Найти хроматическое число и реберное хроматическое число гра'
фа C3 ´ Z3.
§ 8.3.
ОСНОВЫ ТЕОРИИ АВТОМАТОВ
1. Основные определения.
Способы задания автоматов
Конечным автоматом (автоматом Мили) называется система V = (A, Q, B, j, y),
где A, B, Q — конечные множества: A = {a1, ..., am} — входной алфавит, B = {b1, ..., bk} —
выходной алфавит, Q = {q1, ..., qn} — множество состояний автомата, а j, y — ото'
бражения: j: Q ´ A ® Q — функция переходов, y: Q ´ A ® B — функция выходов.
В дискретный момент времени t Î {0, 1, 2, ...} ав'
томат принимает входной символ a(i) = a Î A, из'
меняет (или сохраняет) свое состояние q(i) = q Î Q,
и выдает символ b(i) = b Î B (рис. 8.44).
Рис. 8.44
Работа автомата описывается системой ка
нонических уравнений
4 q(t 1 1) 2 3(q(t), a(t)),
5
(8.7)
7 b(t) 2 6(q(t), a(t)),
которая должна быть дополнена начальным условием q(0) = q0 Î Q — начальное, или
инициальное, состояние.
Говорят, что автоматы V = (A, B, Q, j, y) и V¢ = (A, B, Q¢, j¢, y¢) работают одина'
ково, если при подаче на вход этих автоматов любых одинаковых последовательно'
стей символов последовательности символов на выходе также совпадают.
Автоматом Мура или автоматом без выхода называется система V = (A, Q, j),
где конечные множества A и Q — соответственно входной алфавит и множество со'
стояний, а j: Q ´ A ® Q — отображение. Равенство j(q, a) = q¢ означает, что если ав'
томат находится в состоянии q и принимает символ a, то должен осуществиться его
переход в состояние q¢.
Наряду с каноническими уравнениями (8.7) работа автомата V = (A, Q, B, j, y)
может быть описана с помощью диаграммы Мура или канонической таблицы.
Диаграммой Мура автомата V называется ориенти'
рованный граф, вершинами которого являются состоя'
ния q Î Q и для каждого равенства вида j(q, a) = q¢ граф
имеет ребро, идущее из q в q¢, на котором стоит двойная
метка a, b, где b = y(q, a). Например, на рис. 8.45 изо'
бражена диаграмма Мура автомата, у которого A = {0, 1},
B = {a, b, c}, Q = {q1, q2, q3}, j(q1, 0) = q2, ..., j(q3, 1) = q2,
y(q1, 0) = a, ..., y(q3, 1) = c.
Рис. 8.45
280
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Т а б л и ц а 8.14
Канонической таблицей автомата V называется прямоуголь(
ная таблица с n = |Q| строками и m = |A| столбцами, в которой в клет(
ке, стоящей на пересечении i(й строки и j(го столбца, написаны
символы j(qi, aj) и y(qi, aj). В таблице 8.14 изображена таблица ав(
томата, представленного на рис. 8.45.
Чтобы полностью определить автомат с помощью диаграммы
Мура и канонической таблицы, необходимо указать начальное со(
стояние автомата.
Автомат без памяти — автомат, в котором множество состоя(
ний Q состоит в точности из одного элемента. В этом случае функция j отсутствует,
а функция y зависит только от пришедшего на вход автомата символа входного ал(
фавита (рис. 8.46). Канонические уравнения автомата принимают вид
b(t) = y(a(t)).
Рис. 8.46
Рис. 8.47
Элементом задержки называется автомат, у которого входной и выходной ал(
фавиты совпадают: A = B, а выходной символ представляет собой задержанный на
один такт (на единицу времени) входной символ. Таким образом, b(t + 1) = a(t) при
всех t ³ 0. При задании этого автомата, учитывая, что A = B = Q, j(q, a) = a, y(q, a) = q,
получаем систему канонических уравнений:
Т а б л и ц а 8.15
3 b(t) 1 q(t 2 1),
4
5 q(t) 1 a(t).
ПРИМЕР 8.27. Для элемента задержки в случае A = B = {0, 1}
построить его каноническую таблицу и диаграмму Мура.
& Множество состояний автомата состоит из 2(х элементов
q1 = 0 и q2 = 1. В качестве начального состояния элемента задерж(
ки можно взять любое из его состояний. Так как функции состоя(
ния и переходов имеют вид j(q, a) = a, y(q, a) = q, то, заполняя
таблицу, получаем: если автомат находился в состоянии 0, то j(0, 0) = 0, y(0, 0) = 0,
j(0, 1) = 1, y(0, 1) = 0; если в состоянии 1, то j(1, 0) = 0,
y(1, 0) = 1, j(1, 1) = 1, y(1, 1) = 1 (табл. 8.15).
Полученные результаты используем для построе(
ния диаграммы Мура, имеющей две вершины и четы(
ре ребра (рис. 8.48). %
Рис. 8.48
8.246. Для элемента задержки в случае A =
= B = {0, 1, 2} построить каноническую таблицу
и диаграмму Мура.
8.247. Построить диаграмму Мура автомата,
заданного таблицей 8.16.
В задачах 8.248–8.251 выяснить, являются
ли следующие графы диаграммами Мура неко(
торого автомата. Ответ обосновать.
Т а б л и ц а 8.16
281
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
Рис. 8.49
8.248. Граф на рис. 8.49а.
8.250. Граф на рис. 8.49в.
8.249. Граф на рис. 8.49б.
8.251. Граф на рис. 8.49г.
В задачах 8.252, 8.253 получить результат на выходе, если на вход авто$
мата, заданного диаграммой Мура, подана указанная последовательность
символов.
8.252. Диаграмма изображена на рис. 8.50а, на вход подается последова$
тельность ababbaab. За начальное состояние принять q1.
8.253. Диаграмма на рис. 8.50б, на вход подается последовательность
011000110. За начальное состояние принять q0.
В задачах 8.254, 8.255 получить результат на выходе, если на вход авто$
мата подана указанная последовательность символов, а также построить ка$
ноническую таблицу автоматов, заданных следую$
щими диаграммами Мура.
8.254. Диаграмма на рис. 8.50а, на вход пода$
ется последовательность abbabaab. Разобрать все
возможные случаи начального состояния.
8.255. Диаграмма изображена на рис. 8.50б,
на вход подается последовательность 100111001.
Разобрать все возможные случаи начального со$
стояния.
8.256. Построить диаграмму Мура и канони$
ческую таблицу автомата, заданного канонически$
ми уравнениями
41(q, a) 2 q 3 a (mod 3),
5
4a, если q 6 2,
7
58(q, a) 2 71 9 a, если q 2 2,
Рис. 8.50
если A = B = {0, 1} и Q = {0, 1, 2}.
8.257. Построить диаграмму Мура и каноническую таблицу автомата V,
заданного каноническими уравнениями
3b(t) 1 q(t) 2 a(t) (mod 3),
4
5q(t 2 1) 1 a(t) 2 1(mod 3),
где A = B = Q = {0, 1, 2}.
282
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Рис. 8.51
Рис. 8.52
8.258. Автомат V таков, что A = {0, 1} ´ {0, 1}, B = Q = {0, 1}, j(q, (x, y)) =
= q + xy (mod 2), y(q, (x, y)) = q + x + y (mod 2). Построить диаграмму Мура и
каноническую таблицу автомата V.
В задачах 8.259, 8.260 написать канонические уравнения автомата, за;
данного диаграммой Мура.
8.259. Диаграмма представлена на рис. 8.51.
8.260. Диаграмма представлена на рис. 8.52.
2. Продолжение функций j и y
Пусть A = {a1, a2, ..., an} — конечный алфавит. Словом w над алфавитом A назы;
вается любая последовательность символов алфавита w 1 ai1 ai2 ... aik . Число k назы;
вается длиной слова w и обозначается |w|. Слово, в котором нет ни одной буквы, обо;
значают символом l и называют пустым; символами Am и A* обозначают соответст;
венно множество всех слов длины m и множество всех слов, а A+ — множество всех
непустых слов. Полагают |l| = 0 и A0 = {l}. Иногда используют обозначение w = ak,
если w 1 aa ... a.
1
232
4
k раз
Произведением двух слов w, w¢ Î A* называется слово, полученное приписывани;
ем к слову w справа слова w¢, т. е. если w 2 ai1 ai2 ... ais и w1 2 aj1 aj2 ... ajt , то
ww1 2 ai1 ai2 ... ais aj1 aj2 ... ajt .
Продолжением функций j: Q ´ A ® Q и y: Q ´ A ® B на слова называются соответ;
ственно функции 2 : Q 3 A 1 4 Q и 5 : Q 3 A 1 4 B1, определенные следующим образом:
Т а б л и ц а 8.17
для любого a Î A 1(q, a) 2 1(q, a) и 3(q, a) 2 3(q, a);
для любых a Î A и w Î A+ 1(q, aw) 2 1(1(q, a), w)
и 1(q, aw) 2 1(q, a)1(3(q, a), w); 1(q, 2) 3 q, 4(q, 2) 3 2.
ПРИМЕР 8.28. Автомат задан таблицей 8.17. Определить
1(q1, ab), 1(q2 , abc), 1(q1, abca), 2(q2 , ba), 2(q1, a3b2 ).
& В соответствии с определением и таблицей получаем следующую цепочку зна;
чений функции переходов при подаче последовательно на вход символов a, b, c, a:
a
b
a
q1 11
2 q1 12
q2 1c2 q2 11
2 q1. Тогда
2(q1, ab) 1 2(2(q1, a), b) 1 2(q1, b) 1 q2,
1
232
4
1 q1
a q1 a q1 a q1 b q2 b q1
2 11
2 11
2 12 12 ,
1(q2, ba) 2 1(q2, b)1(3(q1, b),a) 2 11(q1, a) 2 10; q1 11
0
0
0
0
1
поэтому 1(q2, a3b2 ) 2 00001. 1
8.261. Выяснить, какую информацию можно получить из функций 1 и 2,
если в какой6либо момент автомат находится в состоянии q, а на его вход
поступает последовательность символов ai1 , ai2 ,..., aik .
Т а б л и ц а 8.18
где Q = A = B = {0, 1, 2}, и вычисления производятся по модулю 3. Найти:
а) 1(0,1220); б) 2(1,1021).
284
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
3. Приведенный автомат
Состояния q и q¢ автомата V = (A, Q, B, j, y) называют неотличимыми, если
2(q, w) 3 2(q1, w) для всех w Î A+. Состояния q и q¢ отличимы, если 2(q, w) 3 2(q1, w)
для некоторого слова w Î A+.
Положим q ~ q¢, если q и q¢ неотличимы. Отношение неотличимости разбивает
множество Q на непересекающиеся классы эквивалентности. Множество классов
1, а его элементы будем обозначать 11 2
обозначим символом Q
1 1 2 23 3
13 43 21 3 31 43 соответствующим автомату V = (A, Q,
Приведенным автоматом 1
122 31
1 и выходов
B, j, y), называется автомат, в котором функции переходов 11 21
1
определены
следующим
образом:
11 21 2 2 3 3
1
(8.8)
312 242
11 311 2 24 2 1
11 211 3 24 2 1 213 243
(8.9)
12 a Î A.
где 11 1 2
ПРИМЕР 8.29. Построить приведенный автомат для автомата, заданного диаA
граммой Мура, изображенной на рис. 8.55.
& Вычислим: y(q1, 0) = 1, y(q2, 0) = 1, y(q3, 0) =
= 0, y(q4, 0) = 1, y(q5, 0) = 1. Следовательно, соA
стояние q3 отличимо от всех остальных. УчитыA
вая этот факт, выделяем состояние q3 в отдельный
класс, так что Q = {q3} U {q1, q2, q4, q5}.
Далее вычисляем: y(q 1, 1) = 1, y(q 2, 1) = 0,
y(q 4, 1) = 1, y(q5, 1) = 0. Отсюда следует, что q1 не
может лежать в одном классе с q2 или q5, а q2 с q1
или q4. Разбиение, полученное ранее, измельчаетA
ся
до следующего: Q = {q3} U {q1, q4} U {q2, q5}. ПоA
Рис. 8.55
ложим K1 = {q3}, K2 = {q1, q4}, K3 = {q2, q5}. ПокаA
жем, что это окончательное разбиение. Имеем
j(q1, 0) = q3, j(q4, 0) = q3, поэтому j(K2, 0) Í K1. АнаA
логично получаем j(K2, 1) Í K2 и т. д., т. е. функA
ция j «не разбивает» классы. Следовательно, класA
сы K1, K2, K3 можно считать состояниями нового
автомата. Это и есть приведенный автомат, его диаA
Рис. 8.56
грамма Мура изображена на рис. 8.56. %
ПРИМЕР 8.30. Построить приведенный автомат
для автомата V, заданного таблицей 8.21.
& Верхняя строка таблицы 11011 определяет разA
биение s: Q = {q3} U {q1, q2, q4, q 5}, нижняя строка —
разбиение t: Q = {q 1, q 3} U {q2, q4, q 5}. Их пересечение
s I t — это разбиение Q = {q1} U {q3} U {q2, q4, q5}. ДокаA
жем, что состояния q2, q4, q5 неотличимы друг от друA
Т а б л и ц а 8.21
112 112 112
га. В столбцах таблицы, соответствующих этим состояниям, имеем 3 4, 3 4, 3 4.
506 506 506
Значит, функция 1 на состояниях q2, q4, q5 принимает одинаковые значения. Кроме
того, другая часть столбцов:
1 q1 2 1 q1 2 1 q1 2
3 q 4, 3 q 4, 3 q 4,
5 56 5 46 5 46
285
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
Т а б л и ц а 8.22
Рис. 8.57
Рис. 8.58
такова, что q5, q4, q4 лежат в одном классе разбиения. Это доказывает, что q5, q4, q4
1 —
неотличимы. Из таблицы автомата V получаем таблицу приведенного автомата V
для этого достаточно взять по одному представителю в каждом классе разбиения
s I t (табл. 8.22). %
Т а б л и ц а 8.23
8.269. Автомат V задан диаграммой Мура
(рис. 8.57). Построить диаграмму Мура приве3
1.
денного автомата V
8.270. Автомат V задан диаграммой Мура
(рис. 8.58). Построить диаграмму Мура приве3
1.
денного автомата V
8.271. Автомат V задан таблицей 8.23. По3
1.
строить таблицу его приведенного автомата V
8.272. Автомат V задан таблицей 8.24. По3
1.
строить таблицу его приведенного автомата V
Т а б л и ц а 8.24
4. Отличимость состояний автомата.
Теоремы Мура
Пусть M — подмножество множества A*. Говорят, что состояния q и q¢ автомата
V = (A, Q, B, j, y) отличимы множеством M, если существует непустое слово w Î M
такое, что 2(q, w) 3 2(q1, w). В противном случае говорят, что состояния q и q¢ неотли3
чимы множеством M.
Для автоматов V = (A, Q, B, j, y) и V¢ = (A, Q¢, B, j¢, y¢) с одинаковыми входными
и выходными алфавитами аналогичным образом вводятся понятия отличимости (не3
отличимости) состояний q Î Q и q¢ Î Q¢, а также отличимость (неотличимость) мно3
жеством M.
ТЕОРЕМА (13я теорема Мура). Если состояния q, q¢ Î Q автомата V = (A, Q,
B, j, y) отличимы, то они отличимы словом длины n – 1, где n = |Q|, т. е. существу
ет такое w Î An–1, что 2(q, w) 3 2(q1, w).
ТЕОРЕМА (23я теорема Мура). Пусть V = (A, Q, B, j, y) и V¢ = (A, Q¢, B, j¢, y¢) —
два автомата с одними и теми же входным и выходным алфавитами. Состояния
q Î Q и q¢ Î Q¢ являются отличимыми в том и только том случае, если они отличи
мы множеством An+n¢–1, где n = |Q|, n¢ = |Q¢|.
ПРИМЕР 8.31. Показать, что для установления отличимости состояний автома3
та V = (A, Q, B, j, y), заданного таблицей 8.25, недостаточно последовательности дли3
ны n – 2.
286
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Т а б л и ц а 8.25
& Состояния qn и qn–1 отличимы словом
11...1. Действительно,
123
n11
3 0...01.
2(qn ,11...1) 3 00...0, а 2(qn 11,11...1)
234 1
123 1
424
3
n 11
n 11
n 11
n 11
В то же время слова длины n – 2 эти состояния не отличают, так как если e1, ..., en–
2
Î {0, 1}, то 2(qn , 31 ... 3n 12 ) 4 2(qn 11, 31 ... 3n 12 ) 4 00...0. 1
1
232
4
n 12
8.273. Пусть V = (A, Q, B, j, y) и V¢ = (A, Q¢, B, j¢, y¢) — два автомата A =
= B = {0, 1}, |Q| = 4, |Q¢| = 6. Какой вывод об отличимости состояний q Î Q и
q¢ Î Q¢ можно сделать, если:
а) для слова w длины 9 2(q, w) 3 2(q 1, w)?
б) для любых слов w длины 9 2(q, w) 3 2(q 1, w)?
в) для любых слов w длины 5 2(q, w) 3 2(q 1, w)?
8.274. Пусть |A| = |B| = 2. Изобразить возможные диаграммы Мура без рас>
становки меток на ребрах попарно различных автоматов, множество состоя>
ний которых равно 2.
В задачах 8.275, 8.276 изобразить возможные диаграммы Мура без рас>
становки меток на ребрах попарно различных автоматов при заданных усло>
виях.
8.275. |A| = 2, |B| = 3, |Q| = 2. 8.276. |A| = 3, |B| = 2, |Q| = 2.
5. Ограниченно детерминированные функции.
Информационное дерево
Пусть A = {a1, a2, ..., am} — непустой конечный алфавит. Его элементы называ>
ются буквами. Каждую бесконечную последовательность a(1)a(2)a(3)..., где a(i) Î A,
будем называть сверхсловом. Пусть A¥ и B¥ — множества сверхслов над алфавитами
A и B соответственно. Рассмотрим отображение f: A¥ ® B¥.
Функция f: A¥ ® B¥называется детерминированной, если для любого числа i Î N
и для любых сверхслов w = a(1)a(2)a(3)..., w¢ = a¢(1)a¢(2)a¢(3)... из A¥ из условия сов>
падения в них первых i членов a(1) = a¢(1), ..., a(i) = a¢(i), следует, что в сверхсловах
f(w) = b(1)b(2)b(3)..., f(w¢) = b¢(1)b¢(2)b¢(3)... первые i членов также совпадают, т. е.
b(1) = b¢(1), ..., b(i) = b¢(i).
Из определения следует, что детерми>
нированная функция характеризуется тем,
что b(i) является функцией лишь от a(1),
a(2), ..., a(i), т. е. b(i) = fi(a(1), a(2), ..., a(i)).
С множеством A¥ можно связать неко>
торое бесконечное дерево T. Опишем его по>
строение. Возьмем произвольную точку и
назовем ее корнем дерева. Из корня выпус>
тим m ребер, концы которых назовем вер>
шинами первого яруса. Из каждой верши>
ны первого яруса выпустим m ребер, кото>
Рис. 8.59
рые назовем вершинами второго яруса,
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
287
и т. д. (рис. 8.59). Будем считать, что ребра, соответствующие буквам алфавита A, идут
слева направо (т. е. крайнее левое ребро соответствует букве a1, следующее — бук*
ве a2, крайнее правое — букве am). Тогда ветви дерева T (бесконечные) будут соответ*
ствовать сверхсловам a(1)a(2)a(3)... Î A¥, причем это соответствие взаимно однознач*
ное. Например, ветвь дерева, отмеченная жирной линией, соответствует сверхслову
a1a2am..., а ветвь, отмеченная пунктирной линией, — сверхслову a2ama2... .
Пусть дана детерминированная функция f: A¥ ® B¥. Рассмотрим произвольное
сверхслово w = a(1)a(2)a(3)... Î A¥. Пусть f(w) = b(1)b(2)b(3)... . Пометим ребра ветви
дерева T, соответствующей сверхслову w, символами b(1), b(2), b(3), ... . Поступая
так с каждой ветвью, из дерева T получим информационное дерево Tf, соответствую*
щее функции f. Соответствие между информационными деревьями и детерминиро*
ванными функциями является взаимно однозначным.
Пусть дано информационное дерево Tf, соответствующее детерминированной
функции f. Для любой вершины v этого дерева пусть Tf(v) обозначает поддерево,
корнем которого является вершина v (оно состоит из вершины v и всех вершин и
ребер, идущих «после» v, вместе с пометками на этих ребрах). Введем отношение
эквивалентности на множестве вершин дерева Tf, полагая v ~ v¢, если у поддеревьев
Tf(v) и Tf(v¢) соответствующие друг другу ребра имеют одинаковые пометки. Детер*
минированная функция f: A¥ ® B¥ называется ограниченно детерминированной,
если множество вершин информационного дерева Tf разбивается на конечное число
классов эквивалентности. Число классов эквивалентности называется весом дерева и,
соответственно, весом детерминированной функции.
ПРИМЕР 8.32. Пусть функция f: {0, 1} ¥ ® {0, 1} ¥ определяется правилом:
f(a(1)a(2)a(3)...) = a(1), a(1) Å a(2), a(1) Å a(2) Å a(3), ... .
Построить информационное дерево
функции и найти ее вес.
& Можно заметить, что все вершины
вида, изображенного на рис. 8.60а, в этом
дереве эквивалентны друг другу, и анало*
гичное справедливо для вершин вида, изо*
браженного на рис. 8.60б. Так как инфор*
Рис. 8.60
мационное дерево Tf (рис. 8.61) функции f
данного примера имеет ровно два класса эк*
вивалентности, то функция f является ог*
раниченно детерминированной с весом 2. %
ТЕОРЕМА. Ограниченно детермини
рованные функции f: A¥ ® B¥ и только они
являются автоматными, т. е. реализу
ются некоторым конечным автоматом.
При этом A является входным алфави
том автомата, а B — выходным.
В случае ограниченно*детерминиро*
Рис. 8.61
ванной функции полное (бесконечное) ин*
формационное дерево можно всегда свести
к конечному (усеченному) дереву, с дважды помеченными дугами и помеченными
вершинами. Если функция имеет конечный вес s, то на каждой ветке возникает по*
вторение меток из множества {q0, q1, ..., qs} вершин v0, v1, ..., vj, ..., и индекс j, опре*
деляющий усечение — место первого совпадения метки с начальной, удовлетворяет
неравенству j £ s. После усечения рассматриваемой ветви сохраняется ее начальный
отрезок до вершины vj. Выполнив эту операцию для каждой ветви, получаем усечен
ное дерево. По усеченному дереву однозначно восстанавливается исходное дерево.
288
а
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
б
Если в этом усеченном дереве произ'
вести отождествление вершин с одинако'
выми метками, а также отождествление
кратных дуг с одинаковыми двойными
метками, то получится диаграмма пере
Рис. 8.62
ходов ограниченно детерминированной
функции, т. е. диаграмма Мура.
ПРИМЕР 8.33. Пусть A = B = {0, 1} и
f: A¥ ® B¥ — функция, определяемая ра'
венством b(i) = a(1) Å a(2) Å ... Å a(i). По'
строить диаграмму Мура автомата, реали'
зующего эту функцию.
& В примере 8.32 было показано, что
данная функция f является ограниченно
детерминированной, так как дерево Tf име'
ет два класса эквивалентности. Обозначив
эти классы q0 и q1, взяв усеченное дерево
Рис. 8.63
(рис. 8.62а) и отождествив в нем вершины
с одинаковыми метками, получим диаграмму Мура автомата (рис. 8.62б), реализую'
щего эту функцию. Пусть нахождение автомата в состоянии q0 означает, что преды'
дущая сумма a(1) Å a(2) Å ... Å a(i – 1) была равна 0, и потому b(i) = a(i). Тогда со'
стояние q1 означает, что a(1) Å a(2) Å ... Å a(i – 1) = 1, и в этом случае b(i) = 1 Å a(i).
Переход из состояния q0 в q1 и из q1 в q0 происходит при a(i) = 1. Если a(i) = 0, то
автомат остается в предыдущем состоянии. %
ПРИМЕР 8.34. На рис. 8.63 изображен фрагмент информационного дерева неко'
торой ограниченно детерминированной функции. Каково наименьшее возможное
число классов эквивалентности вершин этого дерева?
& Понятно, что вершины a и b, а также a и g лежат в разных ~'классах. Кроме
того, рассматривая ветви длины 3, можно заметить, что 1 ~3 2. Рассмотрение ветвей
длины 2 показывает, что 1 ~3 2. Возможно попадание в один класс эквивалентности
вершин a и d, а также m и b (или m и g). Таким образом, наименьшее число классов
эквивалентности равно 4. Один из вариантов разбиения на классы эквивалентности
следующий: {a, d, ...}, {b, m, ...}, {h, ...}, {g, ...}. %
В задачах 8.277–8.280 построить информационное дерево функций f:
A¥ ® B¥, A = B = {0, 1}.
8.277. f(a(1)a(2)a(3)...) = b(1)b(2)b(3)..., где b(i) 1 a(i), если i = 2n – 1, n Î N,
и b(i) = a(i), если i = 2n, n Î N.
8.278. f(a(1)a(2)a(3)...) = b(1)b(2)b(3)..., где b(i) = a(1) Å a(i) при всех i.
20, если i 1 1,
8.279. f(a(1)a(2)a(3)...) = b(1)b(2)b(3)..., где b(i) 1 3
7b(i 4 1) 5 a(i), если i 6 2.
1, если i 1 1,
8.280. f(a(1)a(2)a(3)...) = b(1)b(2)b(3)..., где b(i) 1 23
7b(i 4 1) 5 a(i), если i 6 2.
8.281. Разработать алгоритм построения информационного дерева огра'
ниченно детерминированной функции по ее усеченному дереву.
В задачах 8.282–8.285 построить информационное дерево и диаграмму Мура
ограниченно детерминированной функции по данному усеченному дереву.
289
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
8.282. См. рис. 8.64.
Рис. 8.64
8.284. См. рис. 8.66.
Рис. 8.66
8.283. См. рис. 8.65.
Рис. 8.65
8.285. См. рис. 8.67.
Рис. 8.67
В задачах 8.286–8.290 выяснить, какие из функций f: A¥ ® B¥, A = B =
= {0, 1}, являются детерминированными.
8.286. f(a(1)a(2)a(3)...) = a(1)a(1)a(2)a(3)a(4)... .
8.287. f(a(1)a(2)a(3)...) = a(2)a(3)a(4)... .
8.288. f(a(1)a(2)a(3)...) = 0a(2)0a(4)0a(6)... .
2111..., если a(i) 1 0 для всех i,
8.289. f (a(1)a(2)a(3)...) 1 3
4a(1)a(2)a(3)..., в противном случае.
8.290. f(a(1)a(2)a(3)...) = b(1)b(2)b(3)..., где b(i) = a(i) ® a(1) при i ³ 1.
В задачах 8.291–8.293 выяснить, какие из функций f: A¥ ® B¥ являются
ограниченно детерминированными; для являющихся найти вес и построить
диаграмму Мура.
8.291. A = B = {a, b, c}, f(a(1)a(2)a(3)...) = abca(1)a(2)a(3)... .
8.292. A = B = {0, 1}, f(a(1)a(2)a(3)...) = 0a(1)0a(2)0a(3)... .
a(i), если для любого j 1 i a( j) 2 c,
8.293. A = B = {a, b, c}, b(i) 4 35
6c, если существует j 1 i a( j) 4 c.
В задачах 8.294–8.296 определить количество классов эквивалентности
множества вершин дерева Tf заданных функций.
8.294. A = {0, 1}, B = {0, 1, 2}, b(i) = a(1) + a(2) + ... + a(i) (mod 3).
8.295. A = B = {0, 1}, f(a(1)a(2)a(3)...) = 00a(1)a(2)a(3)... .
8.296. A = {a, b, c}, B = {0, 1}, b(i) 1 450, если i 1 1 или a(i) 2 a(i 3 1),
61, в противном случае.
290
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
С диаграммой Мура функции f можно связать две функции: j: A ´ Q ® B — выхода и y: A ´ Q ® Q — переходов. Функции j и y по диаграмме определяются однозначно следующим образом. По паре (ai, qj) находят состояние — вершину с меткой qj и дугу, исходящую из нее, которой приписан входной символ ai. Значением
функции j на паре (ai, qj) является выходной символ bl, приписанный найденной
дуге, а значением y — состояние, совпадающее с меткой вершины — конца этой
дуги. Система уравнений
4 b(t) 1 2(a(t), q(t 3 1)),
5
7 q (t) 1 6(a(t), q(t 3 1)),
5 q (0) 1 q0 ,
8
где a(t) Î A, b(t) Î B, q(t) Î Q, (t = 1, 2, ...) и q0 Î Q, называется каноническими урав
нениями функции f с начальным условием q0.
Любую ограниченно детерминированную функцию f: A¥ ® B¥ веса s можно задать с помощью ее канонической таблицы, которая имеет такой же вид, как и каноническая таблица автомата, строки которой соответствуют различным состояниям
диаграммы Мура, а столбцы — различным буквам алфавита A. Диаграмма Мура
функции имеет s вершин qi (i = 1, 2, ..., s), и из каждой ее вершины исходит m = |A|
дуг, помеченных упорядоченной парой символов (ai, bj), где ai Î A, и индекс i пробегает все значения от 1 до m, а bj Î B и индекс j принимает какое-либо значение от 1 до
k = |B|. В ячейку таблицы, соответствующую вершине qi и символу aj, записываются
два символа: один — совпадающий с меткой вершины — конца этой дуги, соответствующей паре (ai, qj), другой — выходной символ bl, приписан1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
ный найденной дуге. Для однозначного задания функции необходимо выделить начальное состояние.
1 232452 1 52 11 52
62
62
62
62
42
42
42
62
42
42
42
62
7
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
1 232452 1 52 21 52
1
62
62
62
62
42
42
42
62
42
42
42
62
ПРИМЕР 8.35. Для функции f из примера 8.33 построить
ее канонические уравнения и каноническую таблицу.
& В примере 8.33 была построена диаграмма Мура функции. Пусть q0 = 0 и q1 = 1, тогда A = B = Q = {0, 1}. Для построения канонических уравнений составив таблицы истинности для функций j (табл. 8.26) и y (табл. 8.27), получим
1(t) 2 3(t) 2 q(t 4 1) a(t) 5 q(t 4 1) a(t). Отсюда
По диаграмме составим каноническую таблицу функции, так же как делали в п. 1 настоящего параграфа (табл. 8.28). %
В задачах 8.297, 8.298 построить канонические уравнения заданных
функций.
21 при t 1 1,
8.297. b(t) 1 3
7a(t 4 1) 5 a(t) при t 6 2.
20 при t 1 1,
8.298. b(t) 1 3
7a(t 4 1) 5 b(t 4 1) при t 6 2.
291
ГЛАВА 8. ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
В задачах 8.299, 8.300 построить диаграмму Мура заданных функций.
2a(t) при t 1 1,2,
8.299. b(t) 1 3
6a(t 4 1) при t 5 3;
A 1 B 1 {0,1}.
2a(1) при t 1 1,
8.300. b(t) 1 3
A 1 B 1 {0,1}.
6b(t 4 1) 7 a(t) при t 5 2;
6. Синтез автоматов
Под синтезом автоматов мы понимаем построение автоматов, удовлетворяю4
щих заданному свойству или выполняющих заданные функции.
Автоматы V1 = (A1, Q1, B1, j1, y1) и V2 = (A2, Q2, B2, j2, y2) допускают последова
тельное соединение в случае, если B1 Í A2 (рис. 8.68). При этом получается автомат
V = (A, Q, B, j, y), у которого A = A1, B = B2, Q = Q1 ´ Q2 и
j((q1, q2), a) = (j1(a, q1), j2(y1(a, q1), q2)),
y((q1, q2), a) = y2(j1(a, q1), q2).
Рис. 8.68
Рис. 8.69
Рис. 8.70
Рис. 8.71
Параллельное соединение приводит к появлению автомата V = (A1 ´ A2, Q1 ´ Q2,
B1 ´ B2, j, y) (рис. 8.69), где j((q1, q2), (a1, a2)) = (j1(q1, a1), j2(q2, a2)), y((q1, q2),
(a1, a2)) = (y1(q1, a1), y2(q2, a2)).
Пусть V = (A, Q, B, j, y) — конечный автомат. Если A = {a1, a2, ..., am} и m £ 2k,
то входной символ a можно закодировать двоичной последовательностью длины k, а
a 1 00...1, a 1 00...10 и т. д. Аналогично, если B = {b1, ..., bn}
именно: a1 1 00...0,
1
232
4 2 134 3 1
232
4
k
k
k
и n £ 2l, то выходные символы b Î B могут быть представлены двоичными последова4
тельностями длины l. Автомат V (рис. 8.70), таким образом, становится устройст4
вом, перерабатывающим двоичную информацию:
Выходы yj(t) представляют собой булевы функции от входов x1(i), ..., xk(i), где
i = t, t – 1, ... . Эти функции можно реализовать с помощью схем, содержащих стан4
дартные булевы элементы и элемент задержки (рис. 8.71).
ПРИМЕР 8.36. Построить схему из элементов (рис. 8.71) автомата, осуществляю4
щего сложение двух двоичных последовательностей с переносом разряда. Например,
11223
43
53
43
43
53
43
53
53
43
53
43
6663
31223
53
43
53
53
53
43
53
43
53
53
43
6663
41223
53
53
53
53
43
53
43
43
43
53
53
6663
1
292
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
2x(t) 1 y(t), если не было переполнения,
& Заметим, что b(t) 3 4
5x(t) 1 y(t) 1 1, в противном случае.
11, если есть переполнение,
Положим u(t) 2 3
Тогда b(t) = x(t) + y(t) + u(t – 1), u(t) =
40, если нет.
= 0, если среди чисел x(t), y(t), u(t – 1) не более одного равны 1, u(t) = 1 — в против3
ном случае. Нетрудно видеть, что u(t) = x(t)y(t) + (x(t) + y(t))u(t – 1). Теперь мы мо3
жем изобразить схему устройства (рис. 8.72). %
Рис. 8.72
Рис. 8.73
Рис. 8.74
Рис. 8.75
В задачах 8.301–8.303 автомат V с A = B = {0, 1} работает по схеме, пока3
занной на рисунке. При этом считается, что u(0) = 0. Требуется: а) построить
канонические уравнения; б) найти первые 5 символов в выходной последо3
вательности, если x(1)x(2)x(3)x(4)x(5)... = 10101... .
8.301. Схема на рис. 8.73. 8.302. Схема на рис. 8.74.
8.303. Автомат V с A = B = {0, 1} работает по схеме, показанной на рис. 8.75.
При этом считается, что u(0) = 0.
а) Выразить u(t) через x(t), y(t), u(t – 1).
б) Найти первые 3 символа в выходной последовательности, если
x(1)x(2)x(3)... = 100..., y(1)y(2)y(3)... = 011... .
ГЛАВА 9
ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ
И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
§ 9.1.
СКАЛЯРНЫЕ И ВЕКТОРНЫЕ ПОЛЯ.
ГРАДИЕНТ
1. Геометрические характеристики
скалярных и векторных полей
Если каждой точке P некоторой области V пространства поставлена в соответст
вие скалярная величина (число) u(P), то говорят, что в этой области задано скаляр
ное поле u(P), P Î V. Для точки P с декартовыми координатами (x, y, z) можно запи
сать u(P) = u(x, y, z) = u(r), где r = xi + yj + zk — радиусвектор точки P. Частным слу
чаем скалярного поля является плоское скалярное поле u(x, y), определенное в
некоторой области на плоскости.
Наглядное представление о характере скалярного поля дают его поверхности
уровня. Это поверхности в области V, на которых поле u(P) принимает постоянное
значение. Они описываются уравнениями вида
u(x, y, z) = const.
(9.1)
Аналогом поверхностей уровня для плоских полей являются линии уровня — кри
вые, в точках которых u(P) имеет одно и то же значение: u(x, y) = const.
Если каждой точке P Î V поставлен в соответствие вектор a(P) = ax(P)i + ay(P)j +
+ az(P)k, то говорят, что в области V определено векторное поле a(P) = a(x, y, z) = a(r).
Рассматривают и плоские векторные поля a(P) = a(x, y), зависящие от двух пере
менных.
Наглядной характеристикой векторного поля a(P) является набор его вектор
ных (силовых) линий. Векторной линией векторного поля называется кривая, в
каждой точке P которой вектор поля a(P) является касательным к этой кривой в
данной точке. Векторные линии поля a(P) = ax(P)i + ay(P)j + az(P)k определяются сис
темой дифференциальных уравнений
dy
dx
dz
.
1
1
ax (x, y, z) ay (x, y, z) az (x, y, z)
(9.2)
ПРИМЕР 9.1. Потенциал u(r) электрического поля, создаваемого зарядом q, по
q
мещенным в начало координат, определяетсяравенством u(r) 1 423 r , где r — длина
0
радиусвектора r, а e0 — электрическая постоянная. Определить вид поверхностей
уровня скалярного поля u(r) (эквипотенциальных поверхностей) и найти поверх
ность уровня, проходящую через точку P(3, 0, 4).
294
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
& Так как r 1 x2 2 y2 2 z2 , то уравнение (9.1) поверхностей уровня принимает
вид
или x2 1 y2 1 z2 2 C12. Таким образом, поверхностями уровня потенциала электриче7
ского поля точечного заряда являются концентрические сферы, в центре которых
расположен заряд. В точке P(3, 0, 4) имеем 32 1 02 1 42 2 25 2 C12, т. е. через точку
P(3, 0, 4) проходит поверхность уровня x2 + y2 + z2 = 25 — сфера радиуса 5 с центром
в начале координат. %
ПРИМЕР 9.2. Согласно закону Кулона, напряженность электрического поля то7
чечного заряда q определяется равенством E(r) 1
q
r. Найти векторные линии
4230r 3
поля E(r) и определить векторную линию, проходящую через точку P(1, 2, 3).
& Поскольку E 1
q
(xi 2 yj 2 zk), уравнения (9.2) принимают вид
4340r 3
4120r 3 dx 4120r 3 dy 4120r 3 dz
,
3
3
q
x
q
y
q
z
dx dy dz
или x 1 y 1 z . Общее решение этой системы уравнений y = C1x, z = C2x определя7
x 10 y 10 z10
2
2
, проходящих через начало координат. Та7
ет семейство прямых
1
C1
C2
ким образом, векторные линии электрического поля точечного заряда — это пря7
мые, проходящие через точку пространства, в которую помещен заряд. Для опреде7
ления векторной линии, проходящей через точку P, подставляем ее координаты в
полученные уравнения. Получаем 1 1 0 2 2 1 0 2 3 1 0 , откуда C1 = 2, C2 = 3. Следова7
1
C1
C2
x y z
1 1 .1
1 2 3
ПРИМЕР 9.3. Магнитное поле H электрического тока, текущего по бесконечному
тельно, искомая векторная линия — это прямая
проводу в положительном направлении оси Oz, определяется формулой H 3 2I
1 yi 2 xj
,
x2 2 y2
где I — величина тока. Найти векторные линии поля H(r) и определить ту из них,
которая проходит через точку P(12, 5, 0).
& Запишем уравнения (9.2) для данного поля: 2
(x2 1 y2 ) dx (x2 1 y2 ) dy dz
3
3 . Из
y
x
0
этих уравнений находим x2 + y2 = C1, z = C2, т. е. векторные линии магнитного поля
электрического тока лежат в плоскостях, перпендикулярных оси проводника, и об7
разуют в каждой из таких плоскостей семейство концентрических окружностей с
центром на оси проводника. Для точки P(12, 5, 0) имеем C1 = 122 + 52 = 169, C2 = 0,
поэтому через эту точку проходит векторная линия x2 + y2 = 169, z = 0, т. е. окруж7
ность радиуса 13, лежащая в плоскости Oxy. %
295
ГЛАВА 9. ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
В задачах 9.1–9.14 определить вид линий или поверхностей уровня ска'
лярных полей и найти линию или поверхность уровня, проходящую через
заданную точку P.
9.1. u = x2 + y2, P(6, 8).
9.2. u = x2 – 2x + y2 + 4y, P(4, 2).
9.3. u = x2 – y, P(1, 2).
9.4. u = y2 + x, P(1, 2).
9.5. u = x2 – y2, P(4, 3).
9.6. u = xy, P(2, 3).
y
9.7. u 1 , P(–1, 3).
9.8. u = x + y + z, P(–1, 1, –1).
x
9.9. u = 3x – 2y + z + 5, P(1, 2, 3).
9.10. u = x2 – 2x + y2 + z2, P(1, 0, 2).
2
2
2
9.11. u = x + 2y + 3z , P(–1, 0, 1). 9.12. u = x2 + y2 – z, P(–1, 2, –3).
9.13. u = 2x2 + 3y2 – 5z, P(1, –1, 2). 9.14. u = x2 + y2 – z2, P(3, 4, 5).
В задачах 9.15–9.21 найти векторные линии векторного поля a и опреде'
лить ту из них, которая проходит через указанную точку P.
9.15. a = xi + yj, P(–1, 3).
9.16. a = i + xj, P(2, 2).
9.17. a = yi – xj, P(4, 3).
9.18. a = xi – yj, P(–1, –1).
1
9.19. a = xi + yj + zk, P(1, 2, –2).
9.20. a 1 i 2 j 2 k, P(1, 2, 3).
x
1 1 1
9.21. a 1 i 2 j 2 k, P(–1, 0, 1).
x y z
2. Производная по направлению
и градиент скалярного поля
Предположим, что в области V задано дифференцируемое скалярное по'
ле u(r). Пусть s = cos a × i + cos b × j + cos g × k — единичный вектор данного на'
правления, а r0 — радиус'вектор точки P0(x0, y0, z0) Î V. Проведем через ко'
нец вектора r0 прямую в направлении s (рис. 9.1).
Все точки полученной прямой имеют радиус'
векторы вида r0 + ts, t Î R. Рассматривая скаляр'
ное поле u(r) только на той части этой прямой,
которая лежит в области V, получаем функцию
u(r0 + ts) одной переменной t. Если существует
производная этой функции в точке t = 0, то она
называется производной по направлению s ска'
1u(r0 )
лярного поля u(r) в точке P0 и обозначается
1s
1u( P0 )
. Таким образом, производная по на'
или
1s
правлению s скалярного поля u(r) в точке P0 рав'
на
2u(r0 )
u(r 3 ts)
4 lim 0
.
2s
t
t10
Справедливо равенство
Рис. 9.1
1u(x0 , y0 , z0 )
1u(x0 , y0 , z0 )
1u( P0 ) 1u(x0 , y0 , z0 )
2
cos 3 4
cos5 4
cos 6.
(9.3)
1s
1x
1y
1z
1u(r0 )
характеризует скорость изменения поля
Производная по направлению
1s
1u(r0 )
u(P) в точке P0 в направлении s. Направление s*, по которому производная
1s
296
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
2u(r0 )
2u(r0 )
3 max
), называют направлением
2s
s
2s1
наискорейшего возрастания поля u(r) в точке r0. Для противоположного направле1
принимает максимальное значение (
ния –s* имеем
2u(r0 )
2u(r0 )
2u(r0 )
34
3 min
, поэтому –s* называют направлением на
2 (s)
s
2 ( 4 s1 )
2 ( s1 )
искорейшего убывания поля u(r) в точке r0.
Градиентом скалярного поля u(P) = u(x, y, z) называется вектор
grad u( P) 2
1u( P) 1u( P) 1u( P)
i3
j3
k,
1x
1y
1z
проекциями которого на координатные оси являются соответствующие частные про1
изводные функции u(P) в данной точке. С использованием вектора grad u правую
часть выражения (9.3) можно записать в виде скалярного произведения:
1u
2 (grad u, s) 2 | grad u | cos 3,
(9.4)
1s
где j — угол между векторами grad u и s (см. рис. 9.1).
Таким же образом производная по направлению и градиент определяются для
плоского скалярного поля u(P) = u(x, y).
ПРИМЕР 9.4. Потенциал u(r) электрического поля, создаваемого зарядом q, по1
q
, где e0 — элек1
мещенным в начало координат, определяется равенством u(r) 1
4230r
трическая постоянная. Найти напряженность E(r) электрического поля этого заряда.
& Из физики известно, что E(r) = –grad u(r). Поэтому
q
q
1
1
grad 1 2
grad
1
2
4340
r
4340
x 5 y2 5 z2
q
qr
1
(xi 5 y j 5 zk) 1
.1
4340 (x2 5 y2 5 z2 )3/2
4340r 3
E( r ) 1 2
В задачах 9.22–9.28 найти производную поля u по указанному направле1
нию в точке P0.
1
3
j.
9.22. u = xy, P0(2, 4), по направлению s 1 i 2
2
2
9.23. u = x2 + y2, P0(1, 0), по направлению оси Oy.
9.24. u 3
ного угла.
1 2
1 1
1
4 , P 1, , по направлению биссектрисы первого координат1
x y 0 2
111112
9.25. u = 3x2 – y2, P0(1, 1), по направлению вектора P0 P1, где P1(2, 3).
x 2 1 y2
x 1 2 y 11 z 11
2
2
1 z, P0(2, 1, 1), по направлению прямой
1
0
2
2
в сторону возрастания поля.
9.27. u = x2 – y2 + z2, P0(2, 1, –1), по направлению вектора a = (1, –1, 1).
9.26. u 2
x2 y2 z2
2
2 , P0(a, b, c), по направлению радиус1вектора точки P0.
a2 b2 c2
В задачах 9.29–9.32 найти градиенты заданных скалярных полей.
9.28. u 1
297
ГЛАВА 9. ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
9.29. u = |r|. 9.30. u = ln r.
9.31. u = (a, r), где a — постоянный вектор.
9.32. u = (a, r)(b, r), где a и b — постоянные векторы.
9.33. Доказать, что вектор grad u(P0):
а) указывает направление наискорейшего возрастания поля u(P) в точке P0;
б) направлен по нормали в точке P0 к поверхности уровня поля u(P), про2
ходящей через эту точку.
Пусть u(P) и v(P) — дифференцируемые скалярные поля, c = const. В за2
дачах 9.34–9.38 доказать соотношения.
9.34. grad(u + v) = grad u + grad v.
9.35. grad(cu) = c grad u.
9.36. grad(uv) = v grad u + u grad v.
9.37. grad
1 uv 2 4 v grad uv3 u grad v , v ¹ 0.
grad(un)
2
nun–1grad u.
9.38.
=
Пусть скалярное поле u(r) является центрально симметричным, т. е. за2
висит только от длины радиус2вектора r: u(r) = u(r). В задачах 9.39, 9.40 до2
казать соотношения.
9.39. (grad u(r), r) = u¢(r)r. 9.40. [grad u(r), r] = 0.
9.41. В каких точках градиент поля u = x2 – y2 + 2z2 – 2x + 4y – 12z + 5
является единичным вектором, параллельным:
x 11 y 15 z 1 2
?
2
2
1
0
2
В задачах 9.42–9.44 определить, в какой из двух указанных точек ско2
рость наискорейшего возрастания скалярного поля u больше, и указать эту
скорость.
9.42. u = xyz, P1(1, 2, 2), P2(4, 0, 2).
а) оси Ox; б) оси Oy; в) оси Oz; г) прямой
1
9.43. u 1 (xy2 z 2 x2 yz 2 xyz2 ), P1(3, 1, 2), P2(–1, 2, 3).
6
9.44. u = 2r, P1(–3, 4, 0), P2(2, 4, 2).
9.45. Найти единичные векторы нормали к поверхности xyz = 6 в точке
P0(1, 2, 3).
В задачах 9.46–9.48 найти единичный вектор нормали к заданной по2
верхности в указанной точке P0.
9.46.
x2 y2 z2
1
1
2 1, P0(2, 1, 3).
12 6 18
9.47. z2 = x2 + y2, P0(3, 4, 5).
x2
z2
1 y2 2
3 1, P0(2, 1, 3).
4
9
В задачах 9.49–9.52 убедиться в ортогональности линий или поверхно2
стей уровня полей u и v в каждой допустимой точке.
y2
9.49. u = x2 – y2, v = xy.
9.50. u = 2x2 + y2, v 1 .
x
9.51. u = x2 + y2 – z2, v = xz + yz.
9.52. u = x2 + y2 – 2z2, v = xyz.
9.48.
298
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
§ 9.2.
КРИВОЛИНЕЙНЫЕ
И ПОВЕРХНОСТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
1. Криволинейный интеграл 1 го рода
Пусть 1
AB — дуга кусочно"гладкой кривой, u(P) — скалярное поле, заданное в
AB, точки A = A0, A1, A2, ..., An = B образуют раз"
некоторой области, содержащей 1
биение дуги 1
а
P
(i
=
1,
2,
...,
n) — некоторые точки, выбранные на частичных
AB,
i
дугах 1
Ai 11 Ai , длины которых обозначим через Dli (рис. 9.2).
n
Если при max 1li 2 0 существует предел интегральных сумм
i
3u(Pi )2li ,
не за"
i 11
AB точками Ai, ни от выбора точек Pi на
висящий ни от способа разбиения дуги 1
1
частичных дугах A A , то этот предел называется криволинейным интегралом 1го
i 11
i
рода функции u(P) по кривой 1
AB и обозначается
1 u(P)dl или 11 u(x, y, z)dl.
1
AB
AB
Таким образом,
n
4u(Pi )1li .
5 u(P)dl 3 maxlim
1l 2 0
i 31
1
AB
i
(9.5)
i
Интеграл (9.5) существует, в частности, для непре"
рывной на 1
AB функции u(P).
Если u(P) имеет физический смысл линейной
плотности масс, зарядов и т. п. в точках кривой 1
AB,
Рис. 9.2
то криволинейный интеграл (9.5) интерпретируется
как масса этой кривой, ее суммарный заряд и т. п. При u(P) º 1 криволинейный ин"
теграл 1"го рода определяет длину дуги 1
AB. Криволинейный интеграл 1"го рода не
зависит от направления, в котором проходится дуга 1
AB, т. е.
2 u(P)dl 1 22 u(P)dl.
1
AB
BA
Вычисление интеграла (9.5) осуществляется приведением к определенному ин"
тегралу следующим образом: если пространственная кривая 1
AB задана параметри"
чески: x = x(t), y = y(t), z = z(t), t0 £ t £ t1, то
в) в полярных координатах: r = r(j), j0 £ j £ j1, то
11
6 u(P)dl 3 6 u(4(1)cos 1, 4(1)sin 1)
1
42 (1) 5 422 (1) d1.
10
AB
ПРИМЕР 9.5. Найти массу M первого витка винтовой линии x = a cos t, x = a sin t,
z = ht, если ее линейная плотность m(P) пропорциональна координате z точки P:
m(P) = kz.
& Первому витку винтовой линии соответствует изменение параметра t от 0 до
2p, dl 2 x12 (t) 3 y12 (t) 3 z12 (t) dt 2 a2 3 h2 dt. Поэтому
21
ПРИМЕР 9.6. Найти общий заряд Q дуги 1
AB спирали r = hj между точками
1
A(0, 0) и B 0,
2
3h
, если линейная плотность q(P) распределения зарядов в точке P(x, y)
2
кривой равна q( P) 1 q0 x2 2 y2 .
1
& Дуге 1
AB соответствует изменение полярного угла j в пределах от 0 до ,
2
dl 2 32 (4) 5 312 (4) d4 2 h 42 5 1 d4,
q( P) 2 q0 x2 5 y2 2 q0 32 (4)cos24 5 32 (4)sin24 2 q03(4) 2 q0h4.
Поэтому
3 /2
Q 4 q0h2
1
5
0
52 6 1 d5 4
2
q h2 7 32
4 0
61
3
4
3/2
q0h2
2
3 /2
0
52 6 1 d(52 6 1) 4
3 /2
q0h2 2
(5 6 1)3/2 0 4
3
8
91 . 1
В задачах 9.53–9.66 вычислить криволинейные интегралы 1@го рода.
9.53.
2 (x2 1 y) dl,
где AB — отрезок прямой между точками A(1, 0) и
2 (x 1 y2 ) dl,
где AB — отрезок прямой между точками A(0, 0) и
1 y cos x dl,
где AB — отрезок прямой между точками A(0, 0) и
AB
B(2, 1).
9.54.
B(1, 2).
AB
9.55.
AB
B(–p, –p).
9.56.
B(0, 0).
9.57.
1 y sin x dl, где AB — отрезок прямой между точками
AB
1 xydl, где
1
AB
1
2
3 3
A 4 ,4
и
2 2
1
AB — кривая y = x4 между точками A(0, 0) и B(–1, 1).
300
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1
9.58.
B(0, 0).
1 x2 y 3 dl,
1
где 1
AB — кривая y = 2x3 между точками A(–1, –2) и
AB
9.59. 1 ydl, где C — дуга эллипса: x = 2cos t, y = 3sin t, 0 £ t £ p.
C
9.60.
z
3 (2x 1 y 2 3 1 1) dl, где AB — отрезок прямой между точками A(1, 2, 3)
AB
и B(2, 4, 6).
9.61.
y
2 x 1 3z dl, где
1
AB
t2
t3
1
AB — дуга кривой x = t, y 1
, z1
между точка5
3
2
1
2 22
ми A(0, 0, 0) и B 3 2, 2,
4.
3 6
5
1
9.62. 2 12dl, где C — дуга кривой r = 2cos j, 0 2 3 2 .
2
C
1
9.63. 2 1 dl, где C — дуга лемнискаты r2 = a2cos 2j, 0 2 3 2 .
4
C
3
9.64. 2 1 2 dl, где C — дуга кривой r2 = 8(1 + sin j), 2
C
1
1
343 .
2
2
9.65. 2 13dl, где C — дуга кривой r = sin j, 0 £ j £ p.
C
1 dl, где C — дуга кривой r = 2(1 – sin j), 0 2 3 2 1 .
2
В задачах 9.67–9.74 найти массу кривой C с заданной линейной плотно5
стью m(P).
9.67. C — контур треугольника ABC с вершинами A(0, 0), B(1, 0) и C(0, 1);
m(P) = x + y.
9.68. C — первая арка циклоиды: x = a(t – sin t), y = a(1 – cos t), 0 £ t £ 2p;
1( P) 2 y .
9.69. C — дуга окружности x = a cos t, y = a sin t, 0 2 t 2 1 ; m(P) = x + 2y.
2
1
9.70. C — дуга астроиды: x = a cos3t, y = a sin3t, 0 2 t 2 ; m(P) = xy.
2
9.71. C — дуга развертки окружности: x = a(cos t + t sin t), y = a(sin t –
– t cos t), 0 £ t £ 2p; 1( P) 2 x2 3 y2 .
9.72. C — дуга конической винтовой линии x = aetcos t, y = aetsin t, z = aet
между точками A(0, 0, 0) и B(a, 0, a); m(P) = z.
1
9.73. C — дуга лемнискаты r2 = a2cos 2j, 0 2 3 2 ; m(P) = r.
4
9.74. C — дуга кардиоиды r = a(1 + cos j), 0 £ j £ p; 1( P) 2 3.
9.66.
2
C
301
ГЛАВА 9. ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
В задачах 9.75–9.80 найти суммарный заряд кривой C с заданной линей'
ной плотностью распределения зарядов q(P).
9.75. C — контур квадрата |x| + |y| = 1; q(P) = |xy|.
1
B3
5
1
9.76. C — дуга эллипса x = 3cos t, y = 2sin t, 0 2 t 2 ; q(P) = xy.
2
t2
t3
, z1
9.77. C — дуга кривой x = t, y 1
3 между точками A(0, 0, 0) и
2
y
2 22
2, 2,
.
4; q( P) 1
3 6
x 2 3z
9.78. C — астроида x = a cos3t, y = a sin3t, 0 £ t £ 2p; q(P) = |xy|.
9.79. C — кардиоида r = a(1 + cos j), 0 £ j £ 2p; q( P) 1 2.
9.80. C — лемниската r2 = a2cos 2j, 0 £ j £ 2p; q(P) пропорциональна рас'
стоянию от точки P до начала координат (коэффициент пропорционально'
сти Q).
2. Криволинейный интеграл 2го рода
Предположим, что 1
AB — дуга кусочно'гладкой кривой, a = a(r) = ax(x, y, z)i +
+ ay(x, y, z)j + az(x, y, z)k — векторное поле, заданное в некоторой области V, содер'
жащей 1
AB. Пусть A = A , A , A , ..., A = B — точки, образующие разбиение дуги
0
1
2
n
1
Ai 11 Ai , длины которых равны Dli. Обозначим через Dri вектор
AB на частичные дуги 1
с началом в точке A и концом в точке A и на каждой частичной дуге 1
A A выбе'
i–1
i 11
i
i
рем произвольную точку Pi, i = 1, 2, ..., n (рис. 9.3).
n
Если при max 1li 2 0 существует предел интегральных сумм
i
3 (a(Pi ), 2ri ), не за'
i 11
AB точками Ai и от выбора точек Pi на частичных
висящий от способа разбиения дуги 1
дугах 1
A A , то этот предел называется криволинейным интегралом 2го рода от век'
i 11
i
торной функции a(r) по дуге 1
AB и обозначается
1 (a, dr)
или
Таким образом,
n
4 (a(Pi ), dri ).
5 (a, dr) 3 maxlim
1l 2 0
i 31
1
AB
i
(9.6)
i
Интеграл (9.6) существует, в частно'
AB вектор'
сти, для непрерывной на 1
ной функции a(r).
Простейший физический смысл кри'
волинейного интеграла 2'го рода — рабо'
та силового поля a(r), совершаемая при
перемещении в нем материальной точки
по кривой 1
AB из точки A в точку B.
2 axdx 1 aydy 1 azdz.
1
AB
1
AB
Рис. 9.3
302
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Криволинейный интеграл 2#го рода зависит от направления, по которому прово#
AB :
дится интегрирование вдоль дуги 1
3 (a, dr) 1 223 (a, dr).
1
BA
AB
Интеграл (9.6), взятый по замкнутому контуру C, называется циркуляцией век
торного поля a(r) по этому контуру и обозначается символом
1 ( a, dr). Направление
C
обхода контура C следует указать. Считается, что перемещение против часовой стрел#
ки соответствует положительному направлению, а по часовой стрелке — отрица#
тельному направлению обхода.
Вычисление интеграла (9.6) осуществляется приведением к определенному ин#
тегралу следующим образом. Пусть пространственная кривая 1
AB задана в парамет#
рическом виде: x = x(t), y = y(t), z = z(t), t0 £ t £ t1. Тогда
6 (a, dr) 3
1
AB
t1
3 6 1 ax (x(t), y(t), z(t))x4(t) 5 ay (x(t), y(t), z(t))y4(t) 5 az (x(t), y(t), z(t))z4(t) 2 dt.
t0
В частном случае плоского векторного поля a(r) = ax(x, y)i + ay(x, y)j и плоской кри#
вой 1
AB имеем:
AB задана параметрически x = x(t), y = y(t), t0 £ t £ t1, то
а) если 1
t1
6 (a, dr) 4 16 axdx 5 aydy 4 6 1ax (x(t), y(t))x3(t) 5 ay (x(t), y(t))y3(t)2 dt;
1
AB
t0
AB
б) если 1
AB задана в явном виде y = y(x), a £ x £ b, то
b
ПРИМЕР 9.7. Найти работу A силы F(r) = xi + yj + zk при перемещении матери#
альной точки по отрезку прямой AB от A(0, 0, 0) до B(1, 2, 3).
& Отрезок AB можно задать параметрически, например, следующим образом:
x = x(t) = t, y = y(t) = 2t, z = z(t) = 3t, 0 £ t £ 1. Тогда
A2
ПРИМЕР 9.8. Найти криволинейный интеграл 2#го рода от плоского векторного
поля a(r) = (x + y2)i + (x2 + y)j по дуге параболы y = x2, 1 £ x £ 2.
& В данном случае
В задачах 9.81–9.90 вычислить криволинейные интегралы 2&го рода.
9.81.
3 xydx 1 (y 2 x) dy,
1
где 1
AB — отрезок прямой от точки A(0, 0) до
AB
точки B(1, 1).
9.82.
AB — отрезок прямой от точки A(0, 0) до
2 x cos ydx 1 y sin xdy, где 1
1
AB
точки B(p, 2p).
9.83.
3 (x 1 y)2 dx 2 (x 2 y)2 dy,
где 1
AB — дуга параболы y = x2 от точки
1
AB
A(0, 0) до точки B(1, 1).
9.84.
2 2xydx 1 x2dy, где
1
AB — дуга параболы y = 2x2 от точки A(0, 0) до
1
AB
точки B(1, 2).
9.85.
2 ydx 1 xdy, где
1
AB — дуга окружности x2 + y2 = 1, лежащая в пер&
1
AB
вом квадранте от точки A(1, 0) до точки B(0, 1).
9.86.
3
1
AB
y2dx 1 x2dy
AB — верхняя полуокружность x2 + y2 = 4 от точ&
, где 1
x 2 2 y2
ки A(2, 0) до точки B(–2, 0).
9.87.
2 ydx 1 xdy,
1
AB
x 2 y2
1
2 1 от
где 1
AB — верхняя половина эллипса
4
9
точки A(2, 0) до точки B(–2, 0).
9.88.
21 (2 1 y) dx 1 (1 1 y)2 dy,
где 1
AB — арка циклоиды x(t) = t – sin t,
AB
y(t) = 1 – cos t, 0 £ t £ 2p от точки A(0, 0) до точки B(0, 2p).
9.89. 1yzdx 2 xzdy 2 xydz, 1
AB — первый виток винтовой линии x = cos t,
3
1
AB
y = sin t, z = t, 0 £ t £ 2p.
9.90.
2 zdx 1 xdy 1 ydz,
1
AB
3
t k, 0
1
AB — дуга, описываемая уравнением r = ti +
+
£ t £ 1.
В задачах 9.91–9.95 найти работу силы F при перемещении материаль&
ной точки по дуге 1
AB из точки A в точку B.
AB — отрезок прямой; б) 1
9.91. F = yi – xj; A(0, 0), B(1, 2); а) 1
AB — ло&
маная ACB, где C(1, 0); в) 1
AB — ломаная ACB, где C(0, 1).
9.92. F = (x + y)i + (y – x)j; A(–1, –1), B(1, 1); а) 1
AB — отрезок прямой;
1
б) 1
—
ломаная
ACB,
где
C(–1,
1);
б)
—
ломаная
ACB, где C(1, –1).
AB
AB
+
t2 j
304
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
9.93. F = (x2 + y)i + (x – y2)j; A(0, 1), B(1, 0); а) 1
AB — отрезок прямой;
1
б) 1
—
ломаная
ACB,
где
C(–1,
1);
в)
—
ломаная
ACB, где C(1, –1).
AB
AB
2
2
1
9.94. F = y i + x j; A(0, 0), B(1, 1); а) AB — отрезок прямой; б) 1
AB —
дуга параболы y = x2; в) 1
AB — ломаная ACB,
AB — дуга параболы y2 = x; г) 1
где C(1, 0); д) 1
AB — ломаная ACB, где C(0, 1).
9.95. F = xi + yj + zk; A(0, 0, 0), B(1, 0, 1); 1
AB — первый виток кониче4
t
t
ской винтовой линии x = e cos t, y = e sin t, z = et.
В задачах 9.96–9.105 найти циркуляцию векторного поля a = axi + ayj +
+ azk вдоль замкнутого контура C в положительном направлении.
9.96. a = (x2y + ey)i + (xy2 + xey)j, C — окружность x2 + y2 = 4.
9.97. a = (2xy – y)i + x2j, C — окружность x2 + y2 = 9.
9.98. a = (x3y + sin y)i + (xy3 + x cos y – y)j, C — контур квадрата с верши4
нами P(1, 1), Q(–1, 1), R(–1, –1), S(1, –1).
x 2 y2
1
2 1.
9.99. a = (xy + x + cos y)i + (xy – x sin y)j, C — эллипс
4
9
yi 1 x j
, C — окружность x2 + y2 = 9.
9.100. a 2 2
x 3 y2
xi 1 yj
, C — окружность x2 + y2 = 2.
9.101. a 2 2
x 1 y2
9.102. a = (2xy – y)i + (x2 – y)j, C — контур треугольника с вершинами
P(0, 0), Q(2, 0), R(1, 1).
x2
1 y2 2 1.
9
9.104. a = yi – zj + xk, C — окружность x2 + y2 = 1, z = 1, положительное
направление определяется относительно орта k.
9.103. a = (x – y)(i + j), C — эллипс
2
2
9.105. a = zi + xj + yk, C — эллипс x 1 y 1 z2 2 4, y = x, положительное
2
направление определяется относительно орта i.
Если векторная функция a(r) = ax(x, y)i + ay(x, y)j непрерывна вместе с частны4
ми производными первого порядка в замкнутой ограниченной односвязной облас4
ти D с кусочно4гладкой границей C, то справедлива формула Грина
1 axdx 4 aydy 5
C
2 1ay 1ax 3
7 1x 6 1y 8 dxdy,
D9
где контур C обходится в положительном направлении.
ПРИМЕР 9.9. Найти циркуляцию векторного поля a(r) = (x2 + y)i + (x + y3)j по
окружности x2 + y2 = r2 в положительном направлении.
& Применяя формулу Грина, можно записать
(a, dr) 4
1
AB
(x2 5 y)dx 5 (x 5 y3 )dy 4
1
AB
4 2 dxdy 4 2 r 2,
D
2 1 (x 5 y3 ) 5 1 (x2 5 y) 3 dxdy 4
6 1x
7
1y
9
D8
305
ГЛАВА 9. ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
поскольку двойной интеграл
11 dxdy
по кругу D: x2 + y2 £ r2 равен площади этого
D
круга pr2. %
В задачах 9.106–9.112, используя формулу Грина, вычислить интегра3
лы, взятые вдоль замкнутых контуров C в положительном направлении.
9.106.
13 (x 1 ex 2 y2 ) dx 1 (x2 1 sin y 1 y) dy, C — контур, образованный полу3
C
окружностью y 1 1 2 x2 и осью Ox.
9.107.
13 (2xy 1 y2 2 sin2x) dx 1 (2xy 2 x2 2 y2 1 ey ) dy, C — контур, образован3
C
ный синусоидой y = sin x и отрезком оси Ox при 0 £ x £ p.
9.108.
x 1 e x 1 y) dx 1 (y2 1 sin2 y 2 x) dy, C — эллипс
C
9.110.
13 (x 1 y)2 dx 2 (x2 1 y2 1 y
x 2 y2
1
2 1.
a2 b2
y )dy, C — треугольник с вершинами P(0, 0),
C
Q(1, 0) и R(0, 1).
9.111.
13 (x2 y 1 ey 1 xex ) dx 2 (xy2 1 xey 2 y5 ) dy, C — окружность x2 + y2 = 4.
C
9.112.
13 (2xy 1 y 1 xex ) dx 2 (x2 2 y3 sin y) dy, C — окружность x2 + y2 = 3.
C
Предположим, что векторное поле a = a(r) = ax(x, y, z)i + ay(x, y, z)j + az(x, y, z)k
задано в области V, причем в этой области выражение axdx + aydy + azdz является
полным дифференциалом, т. е. axdx + aydy + azdz = du, где u = u(P) = u(x, y, z) — не3
которая скалярная функция, определенная в V. Тогда независимо от вида кривой
1
AB, целиком лежащей в области V, справедливо равенство
где A(x0, y0, z0) — начало, а B(x1, y1, z1) — конец пути интегрирования.
ПРИМЕР 9.10. Вычислить интеграл
2 xdx 1 ydy 1 zdz
по произвольной кусоч3
1
AB
но3гладкой кривой от точки A(–1, 0, 1) до точки B(0, 2, –2).
& Очевидно, x dx + y dy + z dz = du, где, например, u(x, y, z) 2
x2 1 y2 1 z2
, посколь3
2
ку 1u 2 x, 1u 2 y и 1u 2 z. Таким образом, 4 xdx 1 ydy 1 zdz 2 u( B) 3 u( A ) 2 4 3 1 2 3.
1x
1y
1z
1
AB
Проверьте этот результат, вычислив данный интеграл обычным образом по какой3
либо конкретной кривой 1
AB. 1
306
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Пусть область V односвязна и функции ax, ay и az обладают в ней непрерывными
частными производными первого порядка. Выражение axdx + aydy + azdz будет пол5
ным дифференциалом тогда и только тогда, когда в области V тождественно выпол5
няются следующие равенства:
1ax 1ay 1ay 1az 1az 1ax
2
2
2
,
,
.
1y
1x 1z
1y 1x
1z
В этом случае функцию u(P) = u(x, y, z) можно найти по формуле
u(x, y, z) 1
x
y
x0
y0
z
3 ax (x, y0, z0 )dx 2 3 ay (x, y, z0 )dy 2 3 az (x, y, z)dz 2 c,
(9.7)
z0
где (x0, y0, z0) Î V — некоторая фиксированная точка, а c — произвольная постоян5
ная. Здесь предполагается, что ломаная A0AxAxyAxyz с вершинами A0(x 0, y0, z0),
Ax(x, y0, z0), Axy(x, y, z0), Axyz(x, y, z) целиком лежит в области V.
Как следствие из (9.7) получаем, что криволинейный интеграл 25го рода от пол5
ного дифференциала по кривой 1
AB от точки A(x0, y0, z0) до точки B(x1, y1, z1) можно
вычислить, и не находя функцию u(x, y, z), а именно:
( x1 , y1 , z1 )
3
axdx 1 aydy 1 azdz 2
( x0 , y0 , z0 )
x1
y1
z1
x0
y0
z0
3 ax (x, y0, z0 )dx 1 3 ay (x1, y, z0 )dy 1 3 az (x1, y1, z)dz. (9.8)
Для плоского векторного поля a(r) = ax(x, y)i + ay(x, y)j упомянутые выше усло5
вия полного дифференциала, формулы для нахождения функции u(P) = u(x, y) и
вычисления интеграла выглядят, соответственно, следующим образом:
1ax 1ay
; u(x, y) 2
2
1y
1x
( x1 , y1 )
4
4 ax (x, y0 )dx 3 4 ay (x, y)dy 3 c;
x0
y0
x1
y1
x0
y0
axdx 3 aydy 2
( x0 , y0 )
y
x
4 ax (x, y0 )dx 3 4 ay (x1, y)dy.
ПРИМЕР 9.11. Убедившись в том, что подынтегральное выражение является
полным дифференциалом, вычислить интеграл
2 yzdx 1 xzdy 1 xydz
по произволь5
1
AB
ной кусочно5гладкой кривой 1
AB от точки A(0, 0, 0) до точки B(1, 1, 1).
& В данном случае ax = yz, ay = xz и az = xy. Поэтому
1ay 1ay
1ax
1a
;
2z2
2x 2 z;
1y
1x
1z
1y
1az
1a
2 y 2 x , т. е. подынтегральное выражение yz dx + xz dy + xy dz является пол5
1x
1z
ным дифференциалом. Положив, например, (x0, y0, z0) = (0, 0, 0), найдем функ5
цию u(P):
y
x
z
z
z0
0
u(x, y, z) 1 3 ax (x,0,0) dx 2 3 ay (x, y,0) dy 2 3 az (x, y, z)dz 2 c 1 3 xydz 2 c 1 xyz 2 c.
12324
12324
0
10
y0
10
(1,2,3)
Отсюда
4
1
AB
yzdx 1 xzdy 1 xydz 2
4
(0, 0, 0)
yzdx 1 xzdy 1 xydz 2 u(1,2,3) 3 u(0,0,0) 2 6. 1
307
ГЛАВА 9. ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
В задачах 9.113–9.124, убедившись в том, что подынтегральное выраже*
ние является полным дифференциалом, вычислить криволинейные инте*
гралы.
(2, 12)
(2,3)
4
9.113.
ydx 3 xdy.
4
9.114.
(2,3)
4
9.115.
xdx 3 ydy.
( 11,1)
(1,1)
(1,1)
(x 3 y) dx 3 (x 1 y) dy.
9.116.
4
(x 1 y) dx 3 (y 1 x) dy.
(1, 11)
(0,1)
(3,0)
4
9.117.
(x4 3 4xy3 ) dx 3 (6x2 y2 1 5y4 ) dy.
( 12, 11)
(3, 2 /2)
4
9.118.
e x cos ydx 1 e x sin ydy.
(0,0)
(3,2,1)
4
9.119.
y2 z3dx 3 2xyz3dy 3 3xy2 z2dz.
(1,1,1)
( 11,2,1)
4
9.120.
(y 3 z) dx 3 (x 3 z) dy 3 (x 3 y) dz.
(1,0,1)
( 11,2,4)
4
9.121.
e x (yz2dx 3 z2dy 3 2yzdz).
(0,2,1)
(2,3, 2 /2)
4
9.122.
2x sin zdx 3 sin zdy 3 (x2 3 y)cos zdz.
(10,2,0)
(1,2,3)
4
9.123.
(2x 1 y 1 z) dx 3 (2y 1 x 1 z) dy 3 (2z 1 x 1 y) dz.
(1,1,1)
(4,0,3)
9.124.
2
(0,1,0)
xdx 1 ydy 1 zdz
x2 1 y2 1 z2
, путь не проходит через начало координат.
9.125. Найти работу силы F при перемещении материальной точки
вдоль произвольной кусочно*гладкой кривой из точки A(x0, y0, z0) в точку
B(x1, y1, z1):
а) F = –mgk — сила тяжести у поверхности Земли (m — масса материаль*
ной точки, g — ускорение свободного падения, ось Oz направлена вертикаль*
но вверх);
б) F 1 2
cr
— сила тяготения точечной массы, помещенной в начало ко*
r3
ординат (c = const, r = xi + yj + zk, r 1 x2 2 y2 2 z2 ).
308
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
3. Поверхностный интеграл 1го рода
Предположим, что G — кусочно&гладкая поверхность, а u(P) — скалярное поле,
заданное в некоторой области, содержащей G. Пусть Gi — частичные поверхности с
площадями Dsi, образующие некоторое разбиение поверхности G, и Pi Î Gi — произ&
вольные точки, выбранные на поверхностях Gi, i = 1, 2, ..., n. Обозначим через di
диаметр поверхности Gi, т. е. точную верхнюю грань расстояний между точками
этой поверхности. Если при стремлении к нулю максимального из диаметров di су&
n
ществует предел интегральных сумм
4u(Pi )23i , не зависящий ни от способа разбие&
i 11
ния поверхности G, ни от выбора точек Pi, то этот предел называется поверхност
ным интегралом 1 го рода функции u(P) по поверхности G и обозначается
22 u( P)d1
G
или
22u(x, y, z)d1.
Таким образом,
n
5u(Pi )43i .
66u(P)d3 2 maxlim
d 10
i 21
G
G
i
(9.9)
i
Интеграл (9.9) существует, в частности, для
непрерывной на G функции u(P).
Вычисление поверхностного интеграла
(9.9) можно свести к вычислению двойного
интеграла. Предположим, что любая прямая,
параллельная оси Oz, пересекает поверхно&
сть G не более чем в одной точке. Тогда урав&
нение этой поверхности можно записать в
явном виде z = z(x, y). Пусть, наконец, G
проектируется на плоскость Oxy в обла&
сть D. Площадь Dsi проекции Di частичной
поверхности Gi связана с площадью Dsi этой
поверхности соотношением Dsi » Dsi cos g(Pi),
где g(Pi) — острый угол, который нормаль
n(Pi) к поверхности Gi в точке Pi составляет с
осью Oz (рис. 9.4). Для дифференциалов это
соотношение принимает вид ds = ds cos g, где
cos g определяется равенством
cos 3 4
Рис. 9.4
1
1 2
5z
18
5x
2
2
.
5z
8 69 7
5y
Отсюда получаем, что
u(x, y, z) d6 7 u(x, y, z(x, y))
G
D
1 2 8 49 33yz 5 dxdy.
ds
3z
7 u(x, y, z(x, y)) 1 8
cos
3x
D
2
2
Если какая&либо из прямых, параллельных оси Oz, пересекает поверхность G
более чем в одной точке, то G разбивают на части, для каждой из которых условие
единственности пересечения выполняется. Затем проводят интегрирование по каж&
дой из этих частей и складывают полученные результаты. Кроме этого, при переходе
от поверхностного к двойному интегралу поверхность G можно проектировать не
только на плоскость Oxy, но и на координатные плоскости Oxz и Oyz.
309
ГЛАВА 9. ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
Поверхностный интеграл 1!го рода по двухсторонней поверхности не зависит от
того, по какой стороне поверхности он берется. Физический смысл этого интеграла
связан с определением массы, электрического заряда, координат центра масс, мо!
мента инерции и других интегральных характеристик поверхности G при известной
поверхностной плотности u(P) массы, заряда и т. п.
ПРИМЕР 9.12. Найти суммарный заряд Q конической поверхности G: z2 = x2 + y2,
0 £ z £ 1, если поверхностная плотность распределения зарядов в точке P(x, y, z) рав!
q
на q( P) 1 0 .
z
& Суммарный заряд вычисляется по формуле Q 1 33 q ( P) d2. Уравнение поверх!
G
ности G можно преобразовать к виду z 1 x2 2 y2 , поэтому
d6 7 1 8
1 2
3z
3x
2
8 49
2
2
2
y
3z 5
x
5
5 84
dxdy 7 1 8 94
dxdy 7 2 dxdy.
9 2
3y
x 2 8 y2
x 8 y2
dxdy
dxdy
1 2q0 33
. Проекцией D поверхности G на плоскость
2
2
z(x, y)
D
D x 2y
Отсюда Q 1 2q0 33
Oxy является круг x2 + y2 £ 1. Поэтому целесообразно перейти к полярным коорди!
натам (r, j): x = r cos j, y = r sin j, dx dy = r dr dj. Тогда
21
1
1
0
0
0
1
Q 2 2q0 5 d35 4 d4 2 2 21q0 5 d4 2 2 21q0 .
4
Итак, суммарный заряд поверхности Q равен 2 21q0 . 1
ПРИМЕР 9.13. Найти координаты центра масс (x0, y0, z0) и момент инерции Jz
относительно оси Oz однородной полусферы G: x2 + y2 + z2 = R2, z ³ 0 с поверхност!
ной плотностью m(P) º c.
& Координаты центра масс поверхности определяются формулами
x0 1
1
1
1
x2( P) d3, y0 1
y2( P) d3, z0 1
z2( P) d3,
M 44
M 44
M 44
G
G
G
где M 1 44 2( P) d3 — масса поверхности. В силу симметрии поверхности G относи!
G
тельно оси Oz получим x0 = y0 = 0.
Уравнение G, разрешенное относительно z, имеет вид z 1 R 2 2 x2 2 y2 . Поэтому
1 33xz 2 8 49 33yz 5 dxdy 7
2
d6 7 1 8
2
2
2
Rdxdy
y
x
5
5 84
dxdy 7
7 1 8 49
.
9
2
2
2
2
2
2
R x y
R x y
R 2 x 2 y2
Отсюда z0 1
Rdxdy
1
c
cR
1
z2( P) d3 1
R 2 4 x2 4 y2
55 dxdy, где D — проек!
M 55
M 55
R 2 4 x2 4 y2 M D
G
D
ция полусферы G на плоскость Oxy, являющаяся кругом радиуса R в этой плоскости.
310
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Интеграл
равен площади этого круга, т. е. pR2, Следовательно, z0 2 1cR .
M
3
11 dxdy
D
Найдем массу поверхности G: M 1 55 2( P) d3 1 c 55 d3 1 24cR 2, так как интеграл
G
G
22 d1
G
определяет площадь полусферы G, равную 2pR2. Отсюда окончательно получаем
z0 1
1
2
R
R
и координаты центра масс (x0 , y0 , z0 ) 3 0,0, .
2
2
Момент инерции поверхности G относительно оси Oz определяется формулой
Jz 1 44 2( P)rz2 ( P) d3, где rz2 ( P) 1 x2 2 y2 — квадрат расстояния от точки P(x, y, z) до оси
G
Oz. Таким образом, Jz 1 c 55 (x2 2 y2 ) d3 1 c 55 (x2 2 y2 )
G
В задачах 9.126–9.140 вычислить поверхностные интегралы 1 0, y > 0, z > 0) внешняя нормаль составляет острые углы с
осями Ox и Oy и тупой угол с осью Oz, так что cos a > 0, cos b > 0, cos g < 0. Поэтому во
всех последних равенствах выбираем знак «+».
Теперь в соответствии с (14.9) переходим к поверхностному интегралу 1!го рода:
2y
1 1
2
2x
31
2
2 5 y1
7 x7
8 d6 4
7
83z
8
2
2
2
2
2
2
4x 5 4 y 5 1
G 9 9 4x 5 4 y 5 1
9 4x 5 4 y 5 1
2x2 5 2y2 5 z
d6.
4x 2 5 4 y 2 5 1
(a, d1) 4
G
4
G
Для вычисления этого поверхностного интеграла сведем его к двойному интегралу.
Проекцией D поверхности G на плоскость Oxy является круг x2 + y2 £ 1. Используя
выражение для элемента площади поверхности d2 3 1 4 zx1 2 4 zy1 2 dxdy и явное урав!
нение z = x2 + y2 поверхности G, находим d1 2 1 3 4x2 3 4y2 dxdy, откуда
Переходя к полярным координатам x = r cos j, y = r sin j, dx dy = r dr dj, окончатель!
21
1
0
0
но получаем 366 (x2 2 y2 ) dxdy 3 3 6 d46 53d5 3 2 1, т. е.
3
D
2
33 (a, d1) 1 3 2. 1
G
ПРИМЕР 9.15. Найти поток векторного поля a(x, y, z) = xi + yj + zk через часть
сферы x2 + y2 + z2 = a2, лежащую в первом октанте, в направлении внешней нормали.
& Воспользуемся формулой (9.13). Явные уравнения поверхности G имеют вид
x 1 a2 2 y2 2 z2 , y 1 a2 2 x2 2 z2 , z 1 a2 2 x2 2 y2 , ее проекциями Dyz, Dyz и Dyz на коор!
динатные плоскости Oyz, Oxz и Oxy являются части кругов y2 + z2 £ a2, x2 + z2 £ a2 и
x2 + y2 £ a2, лежащие в первых квадрантах соответствующих координатных плоско!
стей. По формуле (9.13) находим
44 (a, d1) 1 2 44
G
Dyz
a2 3 y2 3 z2 dydz 2
44
Dxz
a2 3 x2 3 z2 dxdz 2
44
Dxy
a2 3 x2 3 y2 dxdy. (9.14)
314
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Внешняя нормаль к поверхности G составляет острые углы с координатными осями
Ox, Oy и Oz, поэтому все ее направляющие косинусы положительны и в правой части
(9.14) следует выбрать знак «+» перед каждым из интегралов. При вычислении двой<
ных интегралов из (9.14) используем полярные координаты. Например, y = r cos j,
z = r sin j, dy dz = r dr dj, тогда
66
1 /2
a
0
0
a2 2 y2 2 z2 dydz 3
Dyz
Окончательно получаем
33 (a, d1) 2
31a3
G
4
6 d46
1
a2 2 52 5d5 3 a3.
4
.1
В задачах 9.145–9.154 вычислить поверхностные интегралы 2 0)
или стоков (при div a(P0) < 0) этого поля в точке P0.
Пусть векторное поле a = axi + ayj + azk непрерыв'
но дифференцируемо в замкнутой односвязной об'
ласти V с границей G. Тогда справедлива формула
Остроградского–Гаусса:
Рис. 9.7
1
22 (a, d1) 1 222 div a dv
G
или
1 axdydz 4 aydxdz 4 azdxdy 5
G
V
V
2 1ax 1ay 1az 3
6 1x 4 1y 4 1z 7 dv.
8
9
(9.15)
ПРИМЕР 9.16. Напряженность в точке с радиус'вектором r электрического поля
kqr
, где k 1 1 ,
4230
r3
e0 — электрическая постоянная. Найти div E в точке (x, y, z) ¹ (0, 0, 0).
& Компоненты вектора E равны
точечного заряда q, помещенного в начало координат, равна E 1
при x2 + y2 + z2 ¹ 0. Итак, во всех точках пространства, где нет зарядов, дивергенция
электрического поля (т. е. плотность источников этого поля) равна нулю. Это соот'
ветствует физическим представлениям о том, что источниками электрического поля
являются заряды. %
ПРИМЕР 9.17. Вычислить поверхностный интеграл 2'го рода
I11
33 x3dydz 2 y3dxdz 2 z3dxdy,
G
где G — внешняя сторона сферы x2 + y2 + z2 = a2.
& Воспользуемся формулой Остроградского–Гаусса. В соответствии с (9.15) на'
ходим I 4
V
2 1 x3 5 1 y3 5 1 z3 3 dv 4 3
6 1x
1y
1z 79
8
(x2 5 y2 5 z2 ) dv, где V — шар x2 + y2 + z2 £ a2.
V
Для вычисления последнего интеграла целесообразно перейти к сферическим коор'
динатам: x = r cos j cos q, y = r sin j cos q, z = r sin q, dx dy dz = r2cos q dr dj dq. Тогда
получим
I 4 3999 (x2 5 y2 5 z2 ) dv 4 3
12
2322
4
V
32
1 /2
4 3sin 6 21 /2 8 21 8
a
35
5
0
4
1 /2
9
21 /2
21
a
0
0
cos 6 d6 9 d7 9 34d3 4
121 5
a .1
5
317
ГЛАВА 9. ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
В задачах 9.163–9.171 найти дивергенцию векторного поля a.
9.163. a = xyi + yzj + xzk. 9.164. a = r.
r
r
9.165. a 1 , r ¹ 0. 9.166. a 1 2 , r ¹ 0.
r
r
i1 j1 k
.
9.167. a 2
3 (x 1 y 1 z)2
1yi 2 xj
9.168. a 3 H 3 2I 2
— магнитное поле электрического тока I, теку4
x 2 y2
щего по бесконечному проводу в положительном направлении оси Oz.
9.169. a = grad u, где u = u(x, y, z) — скалярное поле.
9.170. a = [c, r], где c — постоянный вектор.
9.171. a = r[c, r], где c — постоянный вектор.
В задачах 9.172–9.176 доказать утверждения.
9.172. div(a + b) = div a + div b. 9.173. div(ca) = c div a, c = const.
9.174. div(uc) = (c, grad u), где u — скалярное поле, c — постоянный вектор.
9.175. div(ua) = u div a + (a, grad u), где u — скалярное поле, a — вектор4
ное поле.
9.176. Поток радиус4вектора r через любую замкнутую кусочно4гладкую
поверхность в направлении внешней нормали равен утроенному объему об4
ласти, ограниченной этой поверхностью.
В задачах 9.177–9.185, используя формулу Остроградского–Гаусса, най4
ти поверхностные интегралы 24го рода.
9.177.
22 x2dydz 1 y2dxdz 1 z2 dxdy,
G — внешняя сторона поверхности
G
параллелепипеда 0 £ x £ 1, 0 £ y £ 2, 0 £ z £ 3.
9.178.
33 x3dydz 1 y3dxdz 2 z3 dxdy, G — внутренняя сторона поверхности
G
куба 0 £ x £ a, 0 £ y £ a, 0 £ z £ a.
9.179.
33 (xy2 1 y 2 1)dydz 1 yz2xdxdz 1 x2zdxdy, G — внешняя сторона сфе4
G
ры x2
+
y2
9.180.
+ z2 = 1.
22 x2dydz 1 xydxdz 1 3zdxdy,
G
верхности z2
9.181.
G — внешняя сторона замкнутой по4
= x2 + y2, 0 £ z £ 4.
22 xdydz 1 ydxdz 1 zdxdy, G — внешняя сторона боковой поверхно4
G
сти цилиндра x2 + y2 = 1, 0 £ z £ 1.
9.182.
22 y7 z3dydz 1 z2xdxdz 1 dxdy, G — внешняя сторона верхней полу4
G
сферы z 1 1 2 x2 3 y2 .
318
9.183.
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
33 (y 1 z2 ) dydz 2 (x 2 z2 ) dxdz 2 dxdy, G — внутренняя сторона части
G
параболоида z = 4 – x2 – y2, отсекаемой плоскостью z = 0.
9.184.
22 (y 1 z) dydz 1 (x 1 z) dxdz 1 (x2 1 y2 ) dxdy, G — внешняя сторона по3
G
верхности z 1 1 2 x2 2 y2 .
9.185.
33 (xz 1 y) dydz 1 (xy 2 z) dxdz 1 yzdxdy, где G — внешняя сторона час3
G
ти цилиндра x2 + y2 = 2, лежащей между плоскостями z = 0 и z = 1.
2. Ротор векторного поля. Формула Стокса
Пусть в некоторой области V пространства определено векторное поле a(P),
P0 Î V — фиксированная точка, а l — вектор, определяющий некоторое направле3
ние. Проведем через точку P0 плоскость L, перпендикулярную направлению l, и вы3
берем на ней замкнутый контур g, охватывающий эту точку и ограничивающий об3
ласть w g. Предположим, что для любого направления l существует предел отноше3
ния циркуляции
12 (a, dr)
поля a(P) по контуру g к площади s(w g) области w g при
1
стягивании контура g в точку P0. Тогда вектор rot a(P0), проекция которого на произ3
вольное направление l равна указанному пределу, т. е.
Пр l (rot a( P0 )) 3 lim
1 2 P0
1
(a, dr),
s(4 1 ) 15
1
при обходе контура g в положительном направлении
относительно вектора l, называется ротором (вихрем)
векторного поля a(P) в точке P0 (рис. 9.8).
Вектор rot a(P0) характеризует завихренность век3
торного поля a(P) в окрестности точки P0, приводящую
к ненулевым циркуляциям этого поля вдоль замкну3
Рис. 9.8
тых контуров.
Если в области V векторное поле a = axi + ayj + azk
непрерывно дифференцируемо, то в каждой точке этой области существует rot a и
справедлива формула
2 1a 1ay 3 2 1ax 1az 3 2 1ay 1ax 3
rot a 4 7 z 5
(9.16)
8 i 6 7 1z 5 1x 8 j 6 7 1x 5 1y 8 k.
9 1y 1z
9
9
Правую часть формулы (9.16) можно записать с помощью символического опреде3
лителя
i
j
k
1
1
1
rot a 2
.
1x 1y 1z
ax ay az
Пусть кусочно3гладкая двухсторонняя поверхность G, ограниченная кусочно3
гладким контуром C, расположена внутри пространственной области V и пусть век3
319
ГЛАВА 9. ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
торное поле a = axi + ayj + azk непрерывно дифференцируемо в V. Тогда справедлива
формула Стокса
12 (a, dr) 1 22 (rot a, d1)
C
где обход контура C производится в положитель3
ном направлении относительно нормали к вы3
бранной стороне поверхности G (рис. 9.9).
Обычно используют следующую краткую
формулировку формулы Стокса: циркуляция
векторного поля по замкнутому контуру рав
на потоку ротора этого поля через поверхность,
натянутую на контур.
ПРИМЕР 9.18. Найти ротор электрического
kqr
поля E 1 3 точечного заряда q, помещенного в
r
начало координат.
& Компоненты вектора E равны
Ex 1
поэтому согласно формуле (9.16) находим
2 1E 1Ey 3 2 1Ex 1Ez 3 2 1Ey 1Ex 3
5
5
rot E 4 7 z 5
i6
j6
k4
1z 8 79 1z
1x 8 79 1x
1y 8
9 1y
kq(53zy 6 3zy)
kq(53xz 6 3xz)
kq( 53xy 6 3xy)
4
i6
j6
k 4 0 i 60 j60 k 4 0
2
2
2
5
2
2
2
5
( x 6y 6z )
( x 6y 6z )
( x2 6 y2 6 z2 )5
при (x, y, z) ¹ (0, 0, 0). Таким образом, электрическое поле точечного заряда являет3
ся безвихревым векторным полем. %
ПРИМЕР 9.19. Найти циркуляцию векторного поля a = y2i – xj + zk вдоль эллип3
са C: x2 + y2 = 1, z = x (кривая пересечения кругового цилиндра с плоскостью) в по3
ложительном направлении относительно орта k: а) непосредственно; б) с помощью
формулы Стокса (9.17).
& а) Кривую C можно задать параметрически следующим образом: x = cos t,
y = sin t, z = cos t, 0 £ t £ 2p. При возрастании параметра t точка (x, y, z) перемещает3
ся в положительном относительно орта k направлении. Поэтому
б) В данном случае
2 1a 1ay 3 2 1ax 1az 3 2 1ay 1ax 3
rot a 4 7 z 5
8 i 6 7 1z 5 1x 8 j 6 7 1x 5 1y 8 k 4 5 (1 6 2y)k.
9 1y 1z
9
9
320
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
В качестве поверхности G, ограниченной контуром C, выберем, например, часть
плоскости z = x, на которой он расположен (внутренность эллипса). По формуле
Стокса получаем
14 ( a, dr) 1 44 (rot a, d1) 1 2 44 ((1 3 y)k, d1) 1 2 44 (1 3 y) dxdy,
C
G
G
Dxy
где проекция Dxy поверхности G на координатную плоскость Oxy представляет со8
бой круг x2 + y2 £ 1. Переходя к полярным координатам x = r cos j, y = r sin j,
dx dy = r dr dj, находим
21
1
0
0
17 (a, dr) 2 3 7 d47 (1 5 26 sin 4)6d6 2 31,
C
что совпадает с результатом пункта а). %
В задачах 9.186–9.189 доказать утверждения.
9.186. а) rot(a + b) = rot a + rot b; б) rot(ca) = c rot a, c = const.
9.187. rot(grad u) = 0, где u — дважды дифференцируемое скалярное поле.
9.188. div(rot a) = 0, где a — дважды дифференцируемое векторное поле.
9.189. Магнитное поле H 3 2I
1yi 2 xj
(см. задачу 9.168) в области своего
x 2 2 y2
определения является безвихревым.
В задачах 9.190–9.197 для заданных полей a найти rot a.
9.190. a = r = xi + yj + zk.
9.191. a = yi + zj + xk.
9.192. a = yzi + xzj + xyk.
9.193. a = xyz(i + j + k).
9.194. a = xyz(xi + yj + zk).
9.195. a 2
xi 1 yj 1 zk
r
2
.
r
x2 1 y2 1 z2
9.196. a = (z – y)i + (x – z)j + (y – x)k.
9.197. a = [b, c], где b = x2i + y2j – x2k, c = i – j + 2k.
9.198. Найти ротор поля v скоростей точек твердого тела, вращающегося
вокруг начала координат с угловой скоростью w = wxi + wyj + wzk.
В задачах 9.199–9.203, используя формулу Стокса, найти циркуляцию
вектора a по замкнутому контуру C в указанном направлении.
9.199. a = yi + zj + xk, C — контур треугольника с вершинами (1, 0, 0),
(0, 1, 0) и (0, 0, 1), в положительном направлении относительно орта i.
9.200. a = (z – y)i + (x – z)j + (y – x)k, C — контур треугольника с верши8
нами (1, 0, 0), (0, 2, 0) и (0, 0, 3), в положительном направлении относитель8
но орта j.
9.201. a = zi + xj + yk, C — эллипс x2 + y2 = 1, z = 2x, в отрицательном на8
правлении относительно орта k.
9.202. a = z2i + x2j + y2k, C — окружность x2 + y2 + z2 = 1, x + y + z = 1, в
положительном направлении относительно орта k.
9.203. a = y2i + xyj + (x2 + y2)k, C — контур, образованный линиями пере8
сечения в первом октанте параболоида z = x2 + y2, и плоскостей x = 0, y = 0 и
z = 1, в положительном направлении относительно внешней нормали пара8
болоида.
321
ГЛАВА 9. ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
§ 9.4.
ВИДЫ ВЕКТОРНЫХ ПОЛЕЙ.
ОПЕРАТОР ГАМИЛЬТОНА
1. Потенциальное векторное поле
Векторное поле a = a(P) называется потенциальным, если существует такая ска$
лярная функция u = u(P), называемая потенциалом поля a, что
a(P) = grad u(P).
Необходимым и достаточным условием потенциальности непрерывно дифферен$
цируемого в односвязной области поля a(P) является равенство нулю ротора этого поля:
rot a º 0.
(9.18)
Потенциальное векторное поле обладает следующимисвойствами.
1. Криволинейный интеграл 2$го рода от потенциального в односвязной облас$
ти V поля a(P) по любой кусочно$гладкой кривой 1
AB, расположенной в этой облас$
ти, равен
B
3 (a, dr) 1 13 (gradu, dr) 1 3 du 1 u(B) 2 u( A).
1
AB
A
AB
2. Циркуляция потенциального поля a(P) по любому замкнутому контуру, цели$
ком лежащему в V, равна нулю.
3. Потенциал поля a(P) можно найти по формуле
P
u( P) 1 3 (a, dr) 2 c,
(9.19)
P0
где P0(x0, y0, z0) — любая фиксированная точка области V (часто принимают P0(0, 0, 0)),
c = const = u(P0), а P(x, y, z) Î V — текущая точка. Путем интегрирования в (9.19) мо$
жет быть произвольная кусочно$гладкая кривая, соединяющая точку P0 с точкой P
и принадлежащая области V. В качестве этого пути проще всего выбрать ломаную со
звеньями, параллельными осям координат (рис. 9.10). Тогда формула (9.19) преоб$
разуется в формулу (9.7):
u(x, y, z) 1
x
y
x0
y0
z
3 ax (x, y0, z0 ) dx 2 3 ay (x, y, z0 )dy 2 3 az (x, y, z)dz 2 c.
z0
Изложенный метод нахождения по$
тенциала векторного поля применяется и
при решении ряда других задач, эквива$
лентных рассмотренной. Примерами та$
ких задач являются восстановление функ$
ций нескольких переменных по их полным
дифференциалам (см. § 9.2) и интегрирова$
ние дифференциальных уравнений в пол$
ных дифференциалах (см. гл. 7).
ПРИМЕР 9.20. Найти потенциал u(r)
kqr
электрического поля E 1 3 точечного за$
r
ряда q, помещенного в начало координат,
считая, что lim u(r) 3 0.
r 12
Рис. 9.10
(9.20)
322
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
kqr
является потенциальным, так как для него выполня*
r3
ется необходимое и достаточное условие потенциальности (9.18) (см. пример 9.18).
Используя выражения
& Векторное поле E 1
для компонент поля E, найдем его потенциал по формуле (9.20):
y
z
1x
2
xdx
ydy
zdz
46c5
u(x, y, z) 5 kq 3
6
6
3 x ( x2 6 y02 6 z02 )3 y ( x2 6 y2 6 z02 )3 z ( x2 6 y2 6 z2 )3 4
0
0
7 0
8
x
y
z
1
2
91
91
91
5 kq 3
6
6
46c5
26 26 2
26 26 2
3 x 2 6 y02 6 z02
4
x
y
z
x
y
z
0 y
z
x
0 8
7
0
0
kq
kq
kq
5
9
6c59
6 c1.
r
x02 6 y02 6 z02
x2 6 y2 6 z2
Из условия lim u(r) 3 0 находим c1 = 0. Таким образом, потенциалом электриче*
r 12
kqr
kq
является скалярная функция u 1 2 . Отметим, что в физике
r3
r
принято соотношение E(r) = –grad u(r), а потенциалом электрического поля заряда q
ского поля E 1
считают противоположную величину
kq
(см. пример 9.4). %
r
В задачах 9.204–9.215, убедившись в том, что заданные плоские и трех*
мерные векторные поля являются потенциальными, найти их потенциалы.
9.204. a = ex(sin y i + cos y j).
9.205. a = 3x2i + y2j.
9.206. a = (y2cos 2x – 2xy2sin 2x + 2x)i + 2xy cos 2x j.
9.207. a = (3x2y – y3)i + (x3 – 3xy2)j.
9.208. a = (3x2 + 2xy – y2)i + (x2 – 2xy – 3y2)j.
9.209. a = (2xyex + x2yex + y2ey)i + (x2ex + 2xyey + xy2ey)j.
9.210. a = ezcos y i – xezsin y j + xezcos y k.
x2
9.211. a 3 (yz 4 xy)i 5 xz 4
5 yz2 j 5 (xy 5 y2 z)k.
2
9.212. a = (y2 + z2)i + (z + 2xy)j + (y + 2xz)k.
11 y 2
1 z
1 x
9.213. a 3 6 4 2 7 i 5 16 4 2 27 j 5 61 4 2 72 k.
8z x 9 8x y 9 8y z 9
1 y z yz 2
1 y x xy 2
x z xz
9.214. a 3 6 5 4 2 7 i 5 16 5 4 2 27 j 5 6 5 4 2 7 k.
z
y
z
x
x 9 8
y 9 8x y z 9
8
y 2yz 2
1 z
1 y
z
x 2xz
x 2xy 2
9.215. a 3 6 2 4 2 4 3 7 i 5 16 2 4 2 4 3 27 j 5 6 2 5 2 5 3 7 k.
z
x 9 8x
z
y 9 8x
y
z 9
8y
1
2
ГЛАВА 9. ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
323
2. Соленоидальное векторное поле
Векторное поле a = a(P) называется соленоидальным в области V, если в каждой
точке этой области его дивергенция равна нулю: div a = 0. Это условие означает, что
соленоидальное поле свободно от источников. Для дифференцируемого в области V
векторного поля a = axi + ayj + azk условие соленоидальности можно записать в виде
div a 2
1ax 1ay 1az
3
3
4 0.
1x 1y
1z
В силу теоремы Остроградского–Гаусса поток соленоидального в односвязной облас7
ти V поля через любую замкнутую кусочно7гладкую поверхность, расположенную в
V, равен нулю.
ПРИМЕР 9.21. Доказать, что для любого дважды дифференцируемого вектор7
ного поля a = a(P) поле вихрей rot a является соленоидальным.
& Из выражения
2 1a 1ay 3 2 1ax 1az 3 2 1ay 1ax 3
rot a 4 7 z 5
8 i 6 7 1z 5 1x 8 j 6 7 1x 5 1y 8 k,
9 1y 1z
9
9
поскольку смешанные производные компонент дважды дифференцируемого поля
не зависят от порядка дифференцирования, получаем
divrot a 4
9.216. Доказать, что если поле a = a(P) соленоидально в односвязной об7
ласти, то его поток через любую кусочно7гладкую замкнутую поверхность,
целиком лежащую в этой области, равен нулю.
В задачах 9.217–9.224 проверить, являются ли заданные поля соленои7
дальными в областях своего определения.
9.217. a = (x2y + y3z)i + (x3z – xy2)j + (x3 – x2y2)k.
z
k.
xy
9.219. a = xy3i + x3yj – (x3 + y3)zk.
9.218. a 1 y ln x i 2 x ln y j 3 (x2 3 y2 )
y
(x 1 y)ln z
x
i1
j3
k.
yz xz
xy
9.221. a = xz sin y i + y2z cos x j – z2(sin y + y cos x)k.
(x2 1 y2 )ln(1/ y)
x2
z2
9.222. a 2
i1
j1
k.
yz
xz
xy
( x 2 3 y2 )
xi 3 y j
1 2
9.223. a 2
k.
2 3/2
x 2 1 y2 ( x 1 y )
9.220. a 2
9.224. a = (x3y3z3 – x2yz3)i + xy2z3j – x2y3z4k.
3. Лапласово поле
Векторное поле a = a(P) называется лапласовым или гармоническим в области V,
если оно является и потенциальным, и соленоидальным в этой области, т. е. если
rot a(P) = 0 и div a(P) = 0, P Î V.
324
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
ПРИМЕР 9.22. Убедиться в том, что в любой области V, не содержащей начало
координат, электрическое поле точечного заряда q, помещенного в начало коорди4
нат, является лапласовым.
kqr
(см. примеры 9.16
r3
и 9.18). В соответствующих примерах показано, что div E(P) = 0 и rot E(P) = 0 при
P ¹ (0, 0, 0). А это означает, что поле E лапласово. %
& Указанное векторное поле описывается формулой E 1
9.225. Доказать, что потенциал u(P) лапласова поля a = a(P) является гар
монической функцией, т. е. u(P) удовлетворяет уравнению
1 2 u 1 2u 1 2 u
2
2
3 0, или Du = 0,
1x2 1y2 1z2
где 2 3
12
12
12
4 2 4 2 — оператор Лапласа.
2
1x
1y
1z
9.226. Доказать, что плоское векторное поле, потенциалом которого яв4
ляется функция u = ln r, лапласово.
В задачах 9.227–9.230 установить, являются ли лапласовыми заданные
векторные поля.
9.227. a = (x + 2y)i – (3x + y)j.
9.228. a = (2x – 3y)i – (3x + 2y)j.
9.229. a = (2x + 2y + 3z)i + (2x + 2y + 4z)j + (3x + 4y – 4z)k.
9.230. a = (x + y + z)i + (x – 2y + 3z)j + (2x + 2y + z)k.
В задачах 9.231–9.237 проверить, являются ли гармоническими задан4
ные функции.
9.231. u = ax + by + cz + d. 9.232. u = r2 = x2 + y2 + z2.
1
1
9.233. u 1 r 1 x2 2 y2 2 z2 .
9.234. u 1 1
.
r
x2 2 y2 2 z2
1
1
9.235. u 1 2 1 2
.
9.236. u 1 ax2 2 2bxy 2 cy2 .
r
x 2 y2 2 z2
9.237. u = a11x2 + a22y2 + a33z2 + 2a12xy + 2a13xz + 2a23yz.
4. Оператор Гамильтона и его применение
В преобразованиях, связанных с основными операциями векторного анализа (гра4
диент, дивергенция, ротор), часто бывает удобным использование оператора Га
мильтона — символического вектора Ñ (читается: набла):
23i
1
1
1
4j 4k .
1x 1y
1z
Преобразуя выражения, содержащие оператор Ñ, входящий в произведения векто4
ров на скаляры, скалярные и векторные произведения векторов, этот оператор рас4
сматривают одновременно и как вектор, и как дифференциальный оператор. Основ4
ные операции векторного анализа выражаются с помощью оператора Гамильтона
следующим образом:
325
ГЛАВА 9. ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
1
1
1
u 3 j u 3 k u 2 4u,
1x
1y
1z
1
1
1
div a 2
a 3 a 3 a 2 (4, a),
1x x 1y y 1z z
grad u 2 i
i
1
rot a 2
1x
ax
j
1
1y
ay
k
1
2 [4, a].
1z
az
ПРИМЕР 9.23. Найти rot(ua), используя операции векторного анализа над ска*
лярным полем u и векторным полем a.
& Применяя оператор Ñ, запишем rot(ua) = [Ñ, ua]. В последнем выражении диф*
ференциальный оператор Ñ «действует» на произведение ua, поэтому из правила
дифференцирования произведения получаем
1
1
[2, ua] 3 [2,u a] 4 [2, u a]
(стрелка указывает множитель, на который «действует» Ñ). Далее,
1
[2, u a] 3 4 [a, 2u] 3 4 [a,grad u] 3 [grad u, a],
поскольку вектор a, на который оператор Ñ не «действует», можно поставить перед
Ñ, но при этом поменяется порядок сомножителей векторного произведения и оно
изменит знак. Аналогично,
1
[2, u a] 3 [u2, a] 3 u [2, a] 3 u rot a.
Окончательно имеем rot(ua) = [grad u, a] + u rot a. %
ПРИМЕР 9.24. Найти div grad u.
& С помощью оператора Гамильтона находим
divgrad u 2 (3, 3u) 2 (3, 3)u 2
1 2u 1 2u 1 2u
4
4
.
1x2 1y2 1z2
Таким образом, скалярный квадрат Ñ2 вектора набла есть оператор Лапласа D
(см. задачу 9.225) и divgrad u 2
1 2u 1 2u 1 2u
3
3
2 4u. 1
1x2 1y2 1z2
В задачах 9.238–9.249, применяя оператор Гамильтона, преобразовать
указанные выражения (u, v — скалярные, a, b — векторные поля, c — посто*
янный вектор).
9.238. grad(uv).
9.239. div(cu).
9.240. div(au).
9.241. div[a, c].
9.242. div[a, b].
9.243. rot(cu).
9.244. rot(au).
9.245. rot grad u.
9.246. div rot a.
9.247. rot rot a.
9.248. div grad uv.
9.249. rot rot(uc).
Г Л А В А 10
РЯДЫ
§ 10.1.
ЧИСЛОВЫЕ РЯДЫ
1. Сходимость числового ряда.
Критерий Коши
Пусть {un} — бесконечная последовательность действительных или комплекс
ных чисел. Выражение
1
u1 3 u2 3 ... 3 un 3 ... 2 4 un
(10.1)
n 21
называется числовым рядом. Слагаемые un называют членами числового ряда, а сум
n
мы S1 = u1, S2 = u1 + u2, ..., Sn 1 u1 2 u2 2 ... 2 un 1 3 uk , ... — его частичными сумма
k 11
ми. Если последовательность частичных сумм сходится: lim Sn 3 S, то ряд (10.1)
n12
называется сходящимся, а число S — его суммой. Если же последовательность {Sn}
расходится, то и ряд (10.1) называют расходящимся. Нумерация членов числового
ряда может начинаться с любого целого числа, в том числе n = 0.
1
3 aqn
ПРИМЕР 10.1. Доказать, что ряд
(сумма бесконечной геометрической
n 20
прогрессии) при |q| < 1 сходится, и найти его сумму.
& Найдем частичные суммы Sn данного ряда:
a
(1 1 q 1 ... 1 q n )(1 3 q) 2
13 q
a
a
2
(1 1 q 1 ... 1 q n 3 q 3 q2 3 ... 3 q n 11 ) 2
(1 3 q n 11 ).
13 q
13 q
Sn 2 a 1 aq 1 ... 1 aq n 2
При условии |q| < 1 имеем lim Sn 6
n45
1
2
a
a
1 7 lim q n 31 6
. Это означает, что рассмат
17 q
17 q
n45
риваемый числовой ряд сходится и его сумма S равна
1
ПРИМЕР 10.2. Доказать сходимость ряда
1
a
.1
11 q
4 n2 3 1/4
n 21
и найти его сумму.
327
ГЛАВА 10. РЯДЫ
1
1
1
1
1
1
2
, частичные суммы ряда
& Поскольку 2
n 2 1/4 (n 2 1/2)(n 3 1/2) n 2 1/2 n 3 1/2
равны
& а) Последовательность частичных сумм Sn = n ряда
растает. Следовательно, этот ряд расходится.
1
31
неограниченно воз*
n 21
1
б) Частичная сумма Sn ряда
4 (31)n
равна 0, если n — четное число и 1, если n
n 21
нечетно. Это означает, что последовательность {Sn} не имеет предела и данный ряд
расходится. %
КРИТЕРИЙ КОШИ. Для того чтобы числовой ряд (10.1) сходился, необходимо
и достаточно, чтобы для любого e > 0 существовало такое число N = N(e), что
|Sn+p – Sn| = |un+1 + un+2 + ... + un+p| < e
при всех n > N и p = 1, 2, ... .
НЕОБХОДИМЫЙ ПРИЗНАК СХОДИМОСТИ. Если числовой ряд (10.1) схо
дится, то
lim un 3 0.
(10.2)
n12
Из необходимого признака следует, что если условие (10.2) не выполняется, то
ряд (15.1) расходится (см. пример 10.3). При выполнении условия (10.2) ряд (10.1)
может сходиться или расходиться, так как этот признак не является достаточным.
ПРИМЕР 10.4. Показать, что несмотря на выполнение необходимого признака
сходимости, ряд
6 ln 11 5 n 2
3
n 41
1 расходится.
1 2
& Члены этого ряда un 3 ln 1 4 1 совпадают со значениями функции y = ln x в
n
1
точках x 1 xn 1 1 2 . Заметим, что lim xn 3 1. Поэтому, с учетом непрерывности функ*
n
n12
ции y = ln x в точке x = 1, имеем lim un 3 lim ln xn 3 ln1 3 0. Таким образом, необходи*
n12
n12
мый признак сходимости числового ряда в данном случае выполняется. Однако по*
n
1 1k 2 3 6 (ln(1 4 k) 5 lnk) 3 ln(1 4 n) неогра*
следовательность частичных сумм Sn 3 6 ln 1 4
k 31
n
k 31
ниченно возрастает, следовательно рассматриваемый числовой ряд расходится. %
328
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1
ПРИМЕР 10.5. Исследовать сходимость гармонического ряда
1
3 n.
n 21
& Необходимый признак сходимости для данного ряда выполняется, но это не
дает окончательного ответа на вопрос о его сходимости. Воспользуемся критерием
Коши. Для n = p имеем
1
1
1
1
1
1
1 1
1
1 ... 1
4
1
1 ... 1
3n
3 ,
2n 2n 2n
2n
2n 2
n 11 n 1 2
т. е. для гармонического ряда критерий Коши не выполняется и этот ряд расходится. %
Sn 1 p 2 Sn 3 S2n 2 Sn 3
В задачах 10.1–10.5 доказать сходимость числовых рядов и найти их
суммы.
1
1
1
1
1
.
10.1.
4
4
4 ... 2 6
152 2 53 3 5 4
(
4 1)
n
n
n 21
1
10.2.
1
1
1
1
.
4
4
4 ... 2 6
1 5 4 4 5 7 7 5 10
(3
2)(3
3
n
n 4 1)
n 21
sin1 sin2 sin3
sin n
3 2 3 3 3 ... 2 4 n .
1
3
3
3
n 21 3
10.12.
1 1 1
1
3
3
3 ... 2 4 2 .
12 22 32
n
n 21
1
1
329
ГЛАВА 10. РЯДЫ
В задачах 10.13–10.15 доказать утверждения.
10.13. Отбрасывание или изменение конечного числа членов числового
ряда не влияет на его сходимость или расходимость.
10.14. Умножение всех членов числового ряда на одно и то же число c ¹ 0
не влияет на его сходимость.
10.15. Если ряды
1
1
n 21
n 21
3 un и 3 vn
сходятся и их суммы равны S1 и S2 соот%
1
ветственно, то сходится и ряд
4 (un 3 vn ), причем его сумма равна S1 ± S2.
n 21
2. Абсолютная сходимость.
Признаки сходимости рядов с неотрицательными членами
Числовой ряд (10.1) называется абсолютно сходящимся, если сходится ряд
1
| u1 | 3 | u2 | 3 ... 3 | un | 3 ... 2 4 | un |,
(10.3)
n 21
составленный из абсолютных величин членов исходного ряда (10.1).
Абсолютно сходящийся ряд сходится. Обратное, вообще говоря, неверно.
Если ряд (10.1) сходится, а ряд (10.3) расходится, то ряд (10.1) называют услов
но сходящимся.
Поскольку члены ряда (10.3) неотрицательны, при исследовании абсолютной
сходимости обычно используют признаки сходимости рядов с неотрицательными
членами.
ПРИЗНАК СРАВНЕНИЯ. Пусть существует такое натуральное число N, что
члены рядов
1
1
n 21
n 21
3 un и 3 vn
для всех n ³ N удовлетворяют неравенствам
0 £ u n £ v n.
1
Тогда, если ряд
1
3 vn
сходится, то ряд
n 21
также сходится. Если же ряд
n 21
1
1
3 un
3 un
расходится, то расходится и ряд
3 vn .
n 21
n 21
1
ПРИМЕР 10.6. Исследовать сходимость ряда
1
3 n2 .
n 21
& Известно, что ряд
1
1
4 n2 3 1/4
сходится, см. пример 10.2. Кроме того,
n 21
01
1
1
1
n2 n2 2 1/4
для n ³ 1. В соответствии с признаком сравнения отсюда следует, что ряд
n 21
дится. %
1
ПРИМЕР 10.7. Исследовать сходимость ряда
1
n
4 n2 3 1/2.
n 21
1
3 n2
схо%
330
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
& Известно, что гармонический ряд
1
1 расходится (см. пример 10.5). Далее,
3n
n 21
1
n
1
1
n
, откуда с учетом признака срав4
1
2 2 0 для n ³ 1 или 0 1 1 2
n n 2 1/2
n2 3 1/2 n 3 1/2n n
1
n
4 n2 3 1/2
нения следует, что ряд
расходится. %
n 21
ПРЕДЕЛЬНЫЙ ПРИЗНАК СРАВНЕНИЯ. Если члены рядов
ложительными членами удовлетворяют условию
0 3 lim
un
n 1 2 vn
1
1
n 21
n 21
3 un и 3 vn
с по
3 42,
то эти ряды либо оба сходятся, либо оба расходятся.
1
ПРИМЕР 10.8. Исследовать сходимость ряда
n3
4 2n5 3 1
с помощью предельного
n 21
признака сравнения.
& Известно, что ряд
1
1
3 n2
сходится (см. пример 10.6). Кроме того,
n 21
3
lim 6
n3
1 4
n5
1
: 7 5 lim 5
5 ,
2
n 1 2 2n 8 1
8 1 n2
n 1 2 9 2n5
1
поэтому сходится и ряд
n3
4 2n5 3 1. 1
n 21
1
Применив предельный признак сравнения к исследуемому ряду
1
3 np
(см. пример 10.11), получаем следующий результат: если для ряда
n 21
1
3 un
и ряду
n 21
1
Дирихле
3 un
с положительными членами выполняется условие
n 21
1
0 5 lim un :
n34
2
1
5 64,
np
то при p > 1 этот ряд сходится, а при p £ 1 — расходится.
ПРИМЕР 10.9. С помощью сравнения с рядом Дирихле исследовать сходимость
1
ряда
5
4 sin n 3 2.
n 21
& Используя первый замечательный предел, находим
1
lim sin
n34
2
5 1
: 6 lim
n 52 n n34
sin
1 n 55 2 2 7 lim n 55 2 6 17 lim 5n
5
n 52
n34
n34n 52
1
n
1
т. е. в данном случае p = 1. Это означает, что ряд
5
4 sin n 3 2
n 21
6 5,
расходится. %
331
ГЛАВА 10. РЯДЫ
В задачах 10.16–10.31 исследовать сходимость рядов, используя подхо
дящие признаки сравнения, а также сравнение с рядом Дирихле.
1
1
1
.
2
n
31
n 21
10.16. 6
n 21
1
1
.
(3
n
4 2)2
n 21
10.18. 6
1
10.20. 6
n 21
1
sin6 n !
.
n2
n 21
10.23. 6
n 21
1
5
10.24. 6 n3 tg4 .
n
n 21
n 21
n
.
3 33
7
n
n 21
1
1
10.26. 6
1
10.19. 6
1
25
. 10.21. 6 sin
.
3
n
32
(n 4 1)(n 4 2)(n 4 3)
n 21
10.22. 6
1
1
.
2n 4 1
10.17. 6
25
n.
5 5
n 41
3cos
1
2n 4 sin n
.
n
n 21 3 3 cos n
10.28. 5
1
10.30. 5 e 3n
2 4n
n6
1
5
10.25. 6 n3 arctg3 .
n
n 21
1
10.27. 6 ln
n 21
1
n2 4 3
.
n2 4 2
ln n
.
n
10.29. 5
2
n 21 n
1
.
n 21
n3 3 n 4 1
.
4 n4 3 n2 4 1
10.31. 5
n 21
(n2
2n
.
4 1)3n
Для исследования рядов с положительными членами используют и другие при
знаки сходимости.
ПРИЗНАК ДАЛАМБЕРА. Если un > 0, n = 1, 2, ..., и
lim
1
то при q < 1 ряд
3 un
n23
un 11
4 q,
un
сходится, а при q > 1 — расходится.
n 21
ПРИЗНАК КОШИ. Если un ³ 0, n = 1, 2, ..., и
lim n un 3 q,
n12
1
то при q < 1 ряд
3 un
сходится, а при q > 1 — расходится.
n 21
При использовании признака Коши бывает полезна формула Стирлинга:
1 ne 2 e
n
n ! 4 25n
3
12n ,
0 6 3 6 1.
В случае q = 1 признаки Даламбера и Коши не дают ответа на вопрос о сходимо
сти ряда и требуется дополнительное исследование.
332
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1
n!
ПРИМЕР 10.10. Исследовать сходимость ряда 3 n , используя признаки Даn 21 n
ламбера и Коши.
& По признаку Даламбера с использованием второго замечательного предела по(n 3 1)! 6 nn
u
nn
1
1
7 lim
7 lim
7 8 1, т. е. ряд сходится.
лучаем lim n 31 7 lim
3
1
n
n
e
n 4 5 un
n 4 5 (n 3 1)
6 n ! n 4 5 (n 3 1)n n 4 5
1
13
n
В соответствии с признаком Коши и с учетом формулы Стирлинга находим
1 2
1
1
1
n
n!
1
n 24n (n / e) e 12n
2n e 12n2 5 1 6 1,
5
5
4
lim un 5 lim
lim
lim
(2
n
)
en23
e
n23
n 2 3 nn
n23
nn
т. е. и по признаку Коши рассматриваемый ряд сходится. %
n
n
В задачах 10.32–10.43 исследовать сходимость рядов, используя признак
Даламбера.
1
1 3nn6312 2 .
1 n 61
.
10.47. 8 1
n 2
2
1
10.49. 8 n sin 1 2.
7n
2n 31
4
10.45. 8
n 51
4
n 51
n2
n
4
n
n
n 51
3
nn (n 4 1)n 41
.
(2n)2n
n 61
10.51. 7
3
10.53. 7
n 61
n2
1 2
1
24
n
n
.
333
ГЛАВА 10. РЯДЫ
Одним из важных средств исследования рядов с положительными членами яв
ляется
ИНТЕГРАЛЬНЫЙ ПРИЗНАК КОШИ. Пусть функция f(x) неотрицательна и
не возрастает при x Î [1, +¥). Тогда ряд
1
3 f (n) сходится или расходится одновре
n 21
12
менно с несобственным интегралом
3 f (x)dx.
1
ПРИМЕР 10.11. Выяснить, при каких значениях параметра p сходится ряд Ди
1
1
рихле 3 p .
n
n 21
& Если p £ 0, то ряд Дирихле расходится, так как не выполняется необходимое
1
удовлетворяет условиям
xp
интегрального признака Коши. Поэтому исследование сходимости ряда Дирихле
условие сходимости (10.2). При p > 0 функция f (x) 1
12
сводится к исследованию сходимости интеграла
dx
3 xp :
1
6 lim ln A 5 23 при p 5 1,
7 A 1 23
14 p
23
A
7
1 9
dx
dx 7 lim 8 A
4
5 23 при 0 p 1,
5
lim
5
p 14 p
1
4
A
1
23
x p A 1 23 x p
7
1
1
1
9 5 1 при p 1.
7 lim 8 1 4
7 A 1 23 p 4 1 ( p 4 1) A p 41 1 4 p
Таким образом, ряд Дирихле сходится, если p > 1, и расходится при p £ 1. %
В задачах 10.54–10.63 исследовать сходимость рядов, используя инте
гральный признак Коши.
1
1
1
1
1
1
10.54. 7
10.55.
10.56.
.
.
.
7
7
2
ln
n
n
n 2 2 n ln n
n 2 2 n ln n
n 22
1
ПРИМЕР 10.12. Исследовать сходимость знакочередующегося ряда
1
5 (41)n 21 n.
n 31
& Члены этого ряда удовлетворяют условиям признака Лейбница:
vn 2
1
1
1
3
2v
и lim 3 0,
n n 1 1 n 11
n12 n
1
поэтому он сходится. В то же время ряд
1
3 n, составленный из абсолютных величин
n 21
членов рассматриваемого ряда, расходится, см. пример 10.5. Таким образом, ряд
1
1
5 (41)n 21 n
n 31
сходится условно. %
335
ГЛАВА 10. РЯДЫ
ПРИЗНАК ДИРИХЛЕ. Если последовательность {an} является невозрастаю
щей и бесконечно малой, т. е. a1 ³ a2 ³ ... ³ an ³ ... и lim an 3 0, а частичные суммы
n12
1
ряда
3 bn
n
ограничены в совокупности:
n 21
3 bk
2 M для всех n Î N, то ряд
k 11
1
3 anbn
n 21
сходится.
ПРИМЕР 10.13. Исследовать сходимость ряда
10.113. Доказать, что признак Лейбница является частным случаем при<
знака Дирихле.
В задачах 10.114–10.122 исследовать сходимость рядов.
337
ГЛАВА 10. РЯДЫ
1
10.114. 6
n 21
3n
4.
n
sin
10.115. 6
3n
7 .
n
sin
1
n 21
1 1 2 1
1
2
1
10.116. 1 4 1 5 5 4 5 5 ... 5 4
5
5 ... .
3 2 3 4
n n 51 n 5 2
1 1 1 1 1 1 1
1
1
1
1
10.117. 1 4 4 5 5 4 4 5 5 ... 5 4
4
5
5 ... .
2 3 4 2 3 4 5
n n 51 n 5 2 n 5 3
3n
1
1 cos
cos n3
5.
, 3 4 1.
10.118. 6
10.119. 6
ln
n
n
n 21
n 21
1
1
sin n2
.
2
n 21 n
cos5n
.
3
5 sin n
n
n 21
10.120. 6
10.121. 6
1
sin3,14n
.
n 5 ln n
n 21
10.122. 6
§ 10.2.
ФУНКЦИОНАЛЬНЫЕ РЯДЫ
1. Область сходимости функционального ряда
Пусть {fn(x)} — бесконечная последовательность функций, заданных на множе%
стве G Ì R. Выражение
1
f1 (x) 3 f2 (x) 3 ... 3 fn (x) 3 ... 2 4 fn (x)
называют функциональным рядом.
1
Если числовой ряд
3 fn (x0 ),
n 21
(10.4)
n 21
x0 Î G сходится, то говорят, что функциональный
ряд (10.4) сходится в точке x0. Множество D Ì G всех точек, в которых функцио%
нальный ряд (10.4) сходится, называется областью сходимости этого ряда. Анало%
гично определяются области абсолютной и условной сходимости функционально%
го ряда (10.4). В области сходимости D ряда (10.4) определена функция S(x) — сум%
ма этого ряда.
Таким образом, функциональный ряд (10.4) сходится на множестве D к функ%
ции S(x), если для любых e > 0 и x Î D существует такой номер N = N(x, e), что при
1
n
n > N для остатка ряда Rn (x) 2 S(x) 4 5 fk (x) 2
k 21
5
fk (x) выполняется неравенство
k 2 n 31
|Rn(x)| < e.
КРИТЕРИЙ КОШИ. Для того чтобы числовой ряд (10.4) сходился в области D,
необходимо и достаточно, чтобы для любого e > 0 и любого x Î D существовал та
кой номер N = N(e, x), что
| fn 11 (x) 1 fn 12 (x) 1 ... 1 fn 1 p (x)| 2
при всех n > N и p Î N.
n1 p
5
k 2 n 11
fk (x) 3 4
338
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
ПРИМЕР 10.15. Найти области сходимости и абсолютной сходимости ряда
1
(31)n
.
x
n 21 n
4
& При x £ 0 не выполняется необходимый признак сходимости (10.2), поэтому
данный ряд расходится. При x > 0 этот ряд сходится согласно признаку Лейбница.
При x > 1 ряд сходится абсолютно в соответствии с интегральным признаком Коши
(см. пример 10.11). Таким образом, областью сходимости рассматриваемого ряда
является интервал (0; +¥), а областью абсолютной сходимости — интервал (1; +¥). %
Для определения области сходимости функционального ряда (10.4) во многих
случаях возможно использование следующего алгоритма, основанного на признаке
Даламбера или признаке Коши.
1. Найти предел lim
n23
fn 11 (x)
4 q(x) или lim n | fn (x)| 3 q(x).
n12
fn (x)
2. Решив неравенство q(x) < 1, найти область, в которой ряд (10.4) сходится абD
солютно (при q(x) > 1 этот ряд расходится).
3. Провести дополнительное исследование ряда в граничных точках полученной
области (они удовлетворяют уравнению q(x) = 1).
4. С учетом результатов шагов 2 и 3 окончательно определить область сходимоD
сти D функционального ряда (10.4).
n
3
(51)n 1 5 x
.
ПРИМЕР 10.16. Найти область сходимости ряда 7
10n 6 1 1 6 x
n 41
& Воспользуемся предложенным алгоритмом.
1 2
1. Находим предел q(x) 6 lim n
n34
1 2
(51)n 1 5 x
10n 7 1 1 7 x
n
6
15 x
1
15 x
lim
6
.
1 7 x n 3 4 n 10n 7 1 1 7 x
2. Решаем неравенство q(x) < 1:
21 1 x 3 1,
2 12x 3 0,
71 6 x
7
2x 4 ( 15; 1 1) 1 (0; 6 5)
11 x
31 8 9
8 91 6 x
89
8 x 4 (0; 6 5).
16 x
x
x 4 ( 11; 6 5)
1
1
2
7
11 7
0
16 x
16 x
Таким образом, ряд сходится абсолютно при x Î (0; +¥).
3. В граничной точке x = 0 найденной области получаем знакочередующийся
1
(31)n
, который сходится условно.
числовой ряд 5
10
n 41
n 21
4. Таким образом, областью сходимости рассматриваемого ряда является полуD
интервал D = [0; +¥), а областью абсолютной сходимости — интервал (0; +¥). %
В задачах 10.123–10.149 найти области сходимости и абсолютной сходиD
мости рядов.
3
3
sin nx
n!
10.123. 7
.
10.124. 7 n .
x
n
n
n 41
n 41
3
xn
.
n!
n 41
3
10.125. 7
3
1 2
(61)n 1 5 x n
.
n 16 x
n 41
10.127. 7
1
.
x
5
(
2)n
n 41
10.126. 7
3
10.128. 7 nx .
n 41
339
ГЛАВА 10. РЯДЫ
1
xn sin
10.129.
n 21
1
10.131.
n 21
1
x
.
3n
10.130.
1
2nx
.
4 x2
10.132.
n2
x2 6
5
ln2 71 4 3
8.
n2
9
n 21
n
3
nx 6 1
10.136.
.
nx 4 1
n 51
10.134.
1
n
x
7
8 n 41
9 n 4 |x| x .
n 51
3
10.137.
3
(x 6 2)n
.
nx2n
n 51
3
10.139.
n 51
1
10.138.
n 31
n2 4 1
.
4 1)
n3 (xn
3
n45
.
41
10.140.
n3 x2
n ! x2
.
3n 4 1
n 51 x
1
n!
.
n 21x n
n
n 31
10.142. 5
n 31
1
2
(61)n
n 51
10.141. 5 (x2n 2 3xn ).
10.143. 5
2n 3 1
(x 4 1)n.
n2 4 1
1
5 n 31 6
10.133. sin 7 2
8 (x 3 2)n.
n
1
4
9
n 21
3
(31)n
n 21
1
10.135.
lnn x
.
n
n 21
1
xn 2 3
.
3n 2 5
n 31 x
x 2n
.
22
10.144. 5
x 2n
1
1
10.145. 5 xn ln( nx).
10.146. 5 (n2 2 1)34nx .
9n
.
10.147. 5 n
2n
n 21 2 3 x
10.148. 5
n 31
1
1
10.149. 5
n 21
x 2n
n (x 4 2)n
n 31
1
n 21
5n
2n
.
3 xn
.
2. Равномерная сходимость функционального ряда
1
Говорят, что функциональный ряд
3 fn (x), сходящийся в области D, сходится
n 21
равномерно в этой области, если для любого e > 0 найдется такой номер N = N(e), что
при всех n > N(e) для остатка Rn (x) 2
1
4
fk (x) этого ряда справедливо неравенство
k 2 n 31
|Rn(x)| < e
для всех x Î D. В противном случае указанный ряд сходится неравномерно.
Принципиальное отличие равномерной сходимости от неравномерной сходимости функционального ряда в области D следует из определений этих понятий. В случае равномерной сходимости оценка |Rn(x)| < e, n > N(e), характеризующая приблиn
жение в точке x частичных сумм
2 fk (x) к сумме ряда S(x), выполняется для произ-
k 11
вольного e > 0 при неизменном N(e) одновременно для всех точек x Î D. Если же ряд
340
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
сходится неравномерно, то хотя для любого e > 0 в произвольной точке x Î D и вы1
полняется оценка |Rn(x)| < e, n > N(e, x), однако найдется другая точка 11 1 22 для
которой подобная оценка справедлива, начиная с бо´льшего номера: 1 1 2 223 31 4 3 21 3
где 11 1 12
1
sin nx
ПРИМЕР 10.17. Доказать равномерную сходимость ряда 4
на всей чи1
n
(n 3 1)
n 21
словой прямой R.
& Оценим остаток ряда:
3
4
3
9
k 4 n 51
3
3
|sin kx |
sin kx
1
6 9
6 9
4
5
5
5 1)
k
(
k
1)
k
(
k
1)
k
(
k
k 4 n 51
k 4 n 51
k 4 n 51
9
| Rn (x)| 4
1 1k 7 k 15 12 4 n15 1, x 8 1.
Отсюда следует, что для произвольного e > 0 неравенство | Rn (x)| 1
1
2 3 будет вы1
n 41
1
полнено при всех x Î R, если n 3 N (4) 5 16 27 ([a] — целая часть числа a). Это означает
84 9
равномерную сходимость указанного ряда на числовой прямой. %
1
ПРИМЕР 10.18. Ряд
3 xn
исследовать на равномерную сходимость в интервале
n 21
(0; 1). Найти наименьший номер N = N(x, e), начиная с которого модуль разности
n
S(x) 2 3 xk 1 | Rn (x)|
k 11
не превышает величины e = 0,001, если x = 0,9, x = 0,99, x = 0,999, x = 0,9999.
& Согласно признаку Коши ряд
1
3 xn
n 21
сходится абсолютно при всех x Î (0; 1).
Докажем, что он сходится неравномерно в интервале (0; 1). Для этого нужно пока1
зать, что существует такое e > 0, что для каждого числа N имеется по меньшей мере
одно n > N и xn Î D = (0; 1) такие, что |Rn(xn)| > e.
По формуле суммы бесконечной убывающей геометрической прогрессии найдем
остаток ряда: Rn (x) 3
1
5
xk 3
k 3 n 21
1
xn 21
3 | Rn (x)|. Если положить e = 1 и xn 2 (1/2) n 11 , то
14 x
12
неравенство |Rn(xn)| > e или
1
2 1 будет выполнено при всех натуральных n
1 3 (1/2) n11
(проверьте!). Это означает, что для каждого N можно указать такие числа n Î N,
1
n > N и xn Î D = (0; 1) (именно: любое натуральное n > N и xn 2 (1/2) n 11 ), что |Rn(xn)| > e,
где e = 1. Таким образом, ряд
1
3 xn
на интервале (0; 1) сходится неравномерно.
n 21
xn 11
3 0,001 относительно n Î N при указан1
14 x
ных значениях x, находим N(0,9; e) = 87, N(0,99; e) = 1145, N(0,999; e) = 13808,
N(0,9999; e) = 161172. %
Далее, решая неравенства Rn (x) 2
341
ГЛАВА 10. РЯДЫ
1
3 fn (x) сходится абсолют
n 21
1
но и равномерно в области D, если существует сходящийся числовой ряд 3 an с
ПРИЗНАК ВЕЙЕРШТРАССА. Функциональный ряд
n 21
положительными членами, удовлетворяющими условию
|fn(x)| £ an, n = 1, 2, ...,
для всех x Î D.
1
Ряд
3 an
1
называется мажорирующим рядом для функционального ряда
n 21
61
3
ПРИМЕР 10.19. Доказать, что функциональный ряд
n 41
номерно на любом отрезке [a; b] Ì R.
2
3 fn (x).
n 21
x сходится рав4
1 5 cos
n
x
x 2x2
2 2sin2 3 2 . Поскольку
n
n n
при x Î [a; b] выполняется неравенство |x| £ C = max(|a|, |b|), можно записать
& С учетом неравенства |sin y| £ |y| получаем 1 1 cos
1 1 cos
x
x 2C2
2 1 1 cos 3 2 , x Î [a; b].
n
n n
1
Таким образом, сходящийся ряд
6 11 5 cos n 2, значит, последний сходится равномерно на отрезке [a; b]. %
3
ного ряда
2C2
2 является мажорирующим для функциональ4
n 21 n
3
x
n 41
1
ПРИМЕР 10.20. Доказать, что функциональный ряд
x
4 1 3 n 4 x2
сходится рав4
n 21
номерно на промежутке [0; +¥).
& Найдем максимальные значения an членов ряда fn (x) 1
x
на промежутке
1 2 n 4 x2
4 2
[0; +¥). Необходимое условие экстремума fn2 (x) 3 1 1 n4 x2 2 3 0 дает стационарную
(1 4 n x )
1
. Поскольку при переходе через эту точку производная fn1 (x) меняет
n2
знак с «+» на «–», xn — точка локального максимума функции fn(x). Убедитесь са4
мостоятельно, что в точке xn достигается и абсолютный на промежутке [0; +¥) мак4
точку xn 1
симум fn(x). Величина этого максимума an 1 fn (xn ) 1 1 2 .
2n
Итак, | fn (x)| 4 fn (x) 5 max fn (x) 4 an 4 1 для всех x Î [0; +¥). Это означает, что
x 1 [0; 23 )
2n2
сходящийся числовой ряд
1
нального ряда
1
1
n 21
n 21
1
3 an 2 3 2n2
x
является мажорирующим для функцио4
4 1 3 n4x2 , x Î [0; +¥), поэтому согласно признаку Вейерштрасса по4
n 21
следний ряд сходится равномерно. %
342
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
В задачах 10.150–10.156 исследовать ряды на равномерную сходимость в
указанных промежутках.
1
называется степенным рядом. Любой степенной ряд сходится при x = x0. Если ряд
(10.5) сходится не только в точке x = x0, то существует положительное число R (воз%
можно, R = +¥) такое, что этот ряд сходится абсолютно при |x – x0| < R и расходится
при |x – x0| > R. Число R называется радиусом сходимости ряда (10.5), для него спра%
ведливо равенство
1
R3
(10.6)
lim n | an |
n12
(при lim n an 3 0 полагают R = +¥). Если существует предел lim
n23
n12
an 11
, то радиус
an
сходимости можно найти по формуле
5
a
6
R 7 8 lim n 21 9
n 3 4 an
В случае, когда lim n | an | 3 42 или lim
n23
n12
11
7 lim
n34
an
.
an 21
(10.7)
an 11
4 13, ряд (10.5) сходится в единствен%
an
ной точке x = x0. В каждой из граничных точек интервала сходимости (x0 – R; x0 + R)
степенной ряд может сходиться или расходиться. На любом отрезке [a; b] Ì (x0 –
– R; x0 + R) ряд (10.5) сходится равномерно. Если степенной ряд сходится (не обяза%
тельно абсолютно) на конце x0 + R (или x0 – R) интервала сходимости, то он сходится
равномерно на любом промежутке [a; x0 + R] (или [x0 – R; b]), где a, b — точки интер%
вала сходимости.
ПРИМЕР 10.21. Найти области сходимости степенных рядов:
1
а)
xn
; б)
n
n 21
3
1
(x 3 x0 )n
; в)
n!
n 21
4
1
4 n !(x 3 x0 )n .
n 21
& а) Радиус сходимости ряда
1
xn можно найти по любой из формул (10.6) и
3n
n 21
(10.7): R 3
1
3 1 или R 3 lim n 3 1. В граничной точке x = –1 интервала схо%
n 12 n 41
lim n 1/ n
n12
димости (–1; 1) ряд сходится согласно признаку Лейбница, а в граничной точке x = 1
он расходится (так как это гармонический ряд, см. пример 10.5). Следовательно,
область сходимости данного ряда — полуинтервал [–1; 1).
1
(n 3 1)!
(x 3 x0 )n
4 lim (n 3 1) 4 32, он
имеет радиус сходимости R 4 lim
n!
n12
n12
n!
n 21
сходится на всей числовой прямой.
б) Ряд
4
1
в) Радиус сходимости ряда
4 n !(x 3 x0 )n
n 21
найдем по формуле (10.7):
344
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
R 3 lim
n!
n 1 2 (n 4 1)!
3 lim
1
n 1 2 n 41
3 0,
этот ряд сходится в единственной точке x = x0. %
Формулы (10.6) и (10.7) для радиуса сходимости степенного ряда следуют из
признаков Коши и Даламбера соответственно. Верхний предел (возможно, и беско<
нечный) в (10.6) всегда существует, поэтому формула (10.6) справедлива для любого
ряда (10.5), хотя ее использование и может вызвать затруднения. Равенство (10.6)
an 11
. Это условие не вы<
an
применимо лишь при условии существования предела lim
n23
полняется, например, для рядов, содержащих не все степени величины (x – x0). В та<
ких случаях может помочь непосредственное применение признака Даламбера к
ряду (10.5).
ПРИМЕР 10.22. Исследовать сходимость степенного ряда
1
4 (31)n
n 21
(x 3 2)2n
.
n
1
& Коэффициенты данного ряда равны a2k 1 ( 21)k , a2k–1 = 0, k = 1, 2, ... . Поэто<
k
му последовательность {n | an | } 1 {0, 1,0, 4 1/2,0, 6 1/3,0, 8 1/4,...,0, 2n 1/n ,...} имеет две
предельные точки: 0 и 1 3 lim 2n 1/n . Следовательно, lim n | an | 3 1 и радиус сходимо<
n12
сти ряда равен R 3
1
lim n | an |
n12
3 1.
n12
Применение формулы (10.7) невозможно, так как lim
k23
lim
k23
a2k 1 2
1/(k 1 1)
a
4 lim
4 13, поэтому предел lim n 11
0
a2k 11 k 2 3
n 2 3 an
(41)n 11 (x 4 2)2n 12 /(n 1 1)
n
5 lim
(x 4 2)2 5 (x 4 2)2.
n 2 3 n 11
( 41)n (x 4 2)2n /n
Если q < 1, то (x – 2)2 < 1 или |x – 2| < 1. Отсюда находим радиус сходимости: R = 1, и
интервал сходимости ряда: (2 – R; 2 + R) = (1; 3).
1
В граничных точках x = 1 и x = 3 степенной ряд
4 (31)n
n 21
(x 3 2)2n
превращается в
n
1
1
числовой ряд 4 ( 31)n n , сходящийся условно. Таким образом, данный ряд сходится
n 21
равномерно на отрезке [1; 3] (так как он сходится, хотя и условно, в точках x = 1 и
x = 3) и сходится абсолютно на интервале (1; 3). %
В задачах 10.174–10.190 найти области сходимости степенных рядов.
345
ГЛАВА 10. РЯДЫ
1
10.174. 5 (41)n
n 21
1
2n 3 1
1
(x 4 2)n . 10.175. 5 (x 3 3)n sin n .
n32
3
n 21
1
10.176. 5 (x 4 3)n arcsin
n 21
1
(x 3 1)n
2n 3 1
10.177.
.
.
5
n
2
4n
n 21 2 (n 3 2)
1
1
(3n 4 1)(x 4 1)n
.
(n 3 2)!
n 21
n2 x2n
.
n!
n 21
10.178. 5
10.179. 5
1
10.180.
1
(x 4 1)n
.
n
n 21 4 n
1
(41)n
10.182.
n 21
10.181.
1
(x 4 4)n
.
3n (n 3 1)
10.183.
n 21
1
10.184.
4
n 51
1 2nn63112
2n 31
x2n 31
4n n ln2n
.
1
(x 4 1)2n 41
.
9n 31 n
n 21
10.186. 7
n 41 6
sin 57
(x 3 1)n.
2 3 1) n 8
(
n
n 21
9
10.185.
(x 4 2)3n
.
n 41 n
n 21 8
4
(x 3 2)n . 10.187. 7
n 51
4
1 22nn 36 112
n 31
(x 3 3)n .
4
(x 3 1)n
.
n
n 51 3 n ln n
n1000 (x 6 5)n
.
4n
n 51
10.188. 7
10.189. 7
4
n(x 3 1)n
.
n 31
n 51 (n 3 2)
10.190. 7
2. Разложение функций в степенные ряды. Ряд Тейлора
1
Если ряд
4 an (x 3 x0 )n
сходится на множестве D к функции f(x), т. е.
n 20
1
f (x) 2 4 an (x 3 x0 )n , x Î D,
n 20
то этот ряд называютразложением на D функции f(x) в степенной ряд по степеням
(x – x0). Пусть функция f(x) имеет на множестве D непрерывные производные всех
1
f (n ) (x0 )
(x 3 x0 )n называют рядом Тейлора этой
n!
n 20
1
f (n) (0) n
x ряда Тейлора — ряд
функции. При x0 = 0 получаем частный случай 3
n!
n 20
Маклорена функции f(x).
Если функция f(x) может быть разложена на множестве D в степенной ряд, то он
является рядом Тейлора функции f(x). Ряд Тейлора функции f(x) представляет эту
порядков. Тогда степенной ряд
4
1
(n)
функцию на множестве D, т. е. f (x) 2 4 f (x0 ) (x 3 x0 )n тогда и только тогда, когда
n!
n 20
остаточный член формулы Тейлора Rn+1(x) (см. гл. 3) стремится к нулю при n ® ¥.
Остаточный член может быть записан в различных формах, например в форме Ла:
гранжа
(x 2 x0 )n 11 (n 11)
Rn 11 (x) 3
f
(x0 1 4(x 2 x0 ))
(n 1 1)!
где 0 < q < 1.
Степенной ряд (10.5) с радиусом сходимости R > 0 можно почленно интегриро4
вать на любом отрезке [a; x] Ì (x0 – R; x0 + R), причем полученный в результате этого
ряд имеет тот же радиус сходимости. Кроме того, степенной ряд (10.5) внутри его
интервала сходимости можно дифференцировать почленно любое число раз. Ряд,
полученный n4кратным почленным дифференцированием ряда (10.5), имеет тот же
радиус сходимости, что и исходный ряд.
При решении задач на разложение функций в степенные ряды часто используют
следующие известные формулы для рядов Тейлора:
1
ПРИМЕР 10.25. Разложить функцию f (x) 1 2 sin t dt (интегральный синус) в сте+
t
0
пенной ряд по степеням x.
& Используя разложение в), можно записать
1
sin t
t 2n
2 5 (31)n
, t Î R. Интег+
t
(2n 4 1)!
n 20
рируя почленно этот ряд на отрезке [0; x] Î R, получаем
x
f ( x) 3 7
0
1
x
1
sin t
t2ndt
x2n 21
dt 3 6 (41)n 7
, x 5 1. 2
3 6 (41)n
t
(2n 2 1)! n 30
(2n 2 1)(2n 2 1)!
n 30
0
В задачах 10.191–10.205, применяя подходящие разложения а)–з) основ+
ных элементарных функций, разложить функции f(x) в степенные ряды по
степеням x и указать области сходимости этих рядов.
1
5
10.191. f (x) 1
10.192. f (x) 1
.
.
2 2 3x
4 3 5x
x10
x
10.193. f (x) 1
10.194. f (x) 1
.
.
12 x
1 2 x2
x
4x
10.195. f (x) 1
10.196. f (x) 1 2
.
.
2 3 3x
3x 2 2x 2 1
5 2 2x
5x2 2 2x 2 1
10.197. f (x) 1 2
10.198. f (x) 1 3
.
.
x 2 5x 3 6
2x 2 x2 2 2x 3 1
348
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
2
10.199. f (x) 2 e 1 x . 10.200. f(x) = sin2x.
10.201. f(x) = cos2x. 10.202. f(x) = ln(5 + x2).
10.203. f (x) 2 arctg(3x3 ).
10.205. f (x) 2 ch x 2
10.204. f (x) 2 sh x 2
ex 1 e1x
.
2
ex 3 e1x
.
2
В задачах 10.206–10.216, используя почленное интегрирование или диф4
ференцирование рядов, разложить указанные функции в степенные ряды по
степеням x.
10.206. f(x) = cos x – x sin x. 10.207. f(x) = sin2x – 2x cos x.
В задачах 10.217–10.223, применяя почленное дифференцирование или
интегрирование, найти суммы степенных рядов.
1
10.217. 5 (41)n 21
n 31
xn 21
.
n(n 2 1)
1
10.219. 5 (41)n
n 31
x 2n 2 2
2(2n 2 1)(n 2 1)
1
xn
.
n(n 2 1)
n 31
10.221. 5
1
10.218. 5 nxn .
n 31
1
x2n 21
.
2n 2 1
n30
. 10.220. 5
1
10.222. 5 (41)n 21 n2 xn .
n 31
1
10.223. 5 n(n 2 1)xn .
n 31
3. Применения степенных рядов
Разложения функций в степенные ряды можно использовать для вычисления с
любой точностью значений этих функций в произвольных точках областей сходимо4
сти соответствующих рядов. Для контроля точности таких вычислений можно ис4
пользовать, например, выражение для остаточного члена формулы Тейлора в форме
Лагранжа (см. п. 2 настоящего параграфа). Можно также попытаться оценить оста4
ток ряда Rn (x) 2
1
4
k 2 n 31
1
akxk непосредственно. В частности, если ряд
4
akxk являет4
k 2 n 31
ся знакочередующимся, то для его остатка справедлива оценка |Rn(x)| £ |an+1xn+1|.
349
ГЛАВА 10. РЯДЫ
ПРИМЕР 10.26. Найти число e с точностью до 10–6.
& Используя разложение а) из п. 2, для x = 1 получаем
n
1
2 Rn (1).
k
!
k 10
e13
Оценим остаток ряда:
1
1
1
1 1
1
1
1
1
n
41 3 1 .
Rn (1) 3 7
3
5
3 6
k2n
k ! n ! k 37
n!
n! n
(n 4 1) 6 ... 6 k n ! k 37
1
k 3 n 41
n 41
n 41 (n 4 1)
12
n 41
1
Найдем n Î N, для которого
1
2 1016 или n! n ³ 106: n ³ 9. Вычислив
n! n
9
1
2 k!
и округ/
k10
лив результат до 6 знаков после запятой, находим число e с требуемой точностью:
e = 2,718282. %
ПРИМЕР 10.27. Найти arctg
1
с точностью до 10–4.
2
1
& Полагая в разложении д) из п. 2, что x 1 , получаем
2
12
n
(51)k
1
1
3 Rn
arctg 4 6
.
2 k 40 (2k 3 1)22k 31
2
12
1
Поскольку данный ряд является знакочередующимся, Rn 1 4
. Нахо/
2
(2k 3 3)22k 33
1
3 1014 или (2n + 3)22n+3 ³ 104. Получаем n ³ 4.
дим n Î N, для которого
(2n 2 3)22n 23
( 31)k
4
Вычислив
1
1
1
1
1
4 (2k 1 1) 22k 11 2 2 3 24 1 160 3 896 1 4608
и округлив результат до 4 зна/
k20
ков, находим arctg 1 1 0,4636 с точностью до 10–4. %
2
В задачах 10.224–10.231 определить, многочлен какой степени следует
оставить в разложении соответствующей функции, чтобы вычислить ука/
занные величины с точностью до 10–6.
1
10.224. e .
10.225. .
10.226. 3 e .
10.227. cos101.
e
1
10.228. sin 121. 10.229. ln 1,01. 10.230. ln2.
10.231. arctg .
2
10.232. С какой предельной абсолютной погрешностью можно найти
5
1
1 2
36 3 (32 4 4) 5 3 2 1 4
1
1 5 взяв три члена разложения е) из п. 2?
,
8
10.233. При каких x многочлен x 1
точностью до 10–4?
С учетом оценки остатка данного знакочередующегося ряда | Rn (1)| 1
вычисляем искомый интеграл с требуемой точностью:
1
6
1
,
(2n 2 3)(n 2 1)!
1
6 e1t dt 3 k520 (11)k (2k 4 1)k! 2 0,7468. 1
2
0
В задачах 10.244–10.247 разложить интегралы в степенные ряды по стеA
пеням x.
x
10.244. 2
0
x
ln(1 1 t2 )
dt.
t
10.246. 2 cos t2dt.
0
x
10.245. 2
0
x
10.247. 2
0
sin t2
dt.
t
1
dt.
1 1 t3
351
ГЛАВА 10. РЯДЫ
В задачах 10.248–10.253 вычислить интегралы с точностью до 10–4.
0,3
10.248.
3
0
0,5
10.250.
ln(1 2 x)
dx. 10.249.
x
3e
0
0,8
10.252.
1 x2
dx.
10.251.
0,2
3
arctg x
dx.
x
3
3
0
0,6
1 2 x2 dx.
0
1
sin x
dx.
x
0
dx
3 1 2 x5 .
10.253. 3
0
§ 10.4.
РЯД ФУРЬЕ. ИНТЕГРАЛ ФУРЬЕ
1. Разложение функции в тригонометрический ряд Фурье
Если функция f(x), определенная на отрезке [–l; l], абсолютно интегрируема на
l
нем (т. е.
5 |f (x)|dx 2 34), то существуют числа
1l
a0 3
l
l
l
1l
1l
1l
1
1
k2x
1
k2x
f (x)dx, ak 3 4 f (x)cos
dx, bk 3 4 f (x)sin
dx, k 3 1,2,...,
l4
l
l
l
l
называемые коэффициентами Фурье этой функции. Ряд
1
a0 3
k5x
k5x
ak cos
6
6 bk sin
2 k7
l
l
41
2
называется рядом Фурье функции f(x) по тригонометрической системе функций
1
2
1
1
3kx 1
3kx
,
cos
,
sin
, k 41 или ее тригонометрическим рядом Фурье.
l
l
2l
l
l
Будем считать, что функция f(x) определена не только на промежутке [–l; l], но и
при всех x Î R и является периодической с периодом 2l (если f(x) первоначально зада/
на на отрезке [–l; l], то рассматривается ее периодическое продолжение с периодом 2l
на всю числовую прямую). При определенных условиях ряд Фурье сходится к f(x) в
каждой точке x Î R. Тогда говорят, что этот ряд представляет функцию f(x) и пишут
f ( x) 4
1
2
a0 3
k5x
k5x
ak cos
, x 7 1.
6
6 bk sin
2 k8
l
l
41
Для формулировки указанных условий введем следующие понятия.
Функция f(x) называется кусочнонепрерывной на сегменте [a; b], если она не/
прерывна всюду на [a; b], за исключением, быть может, конечного числа точек, в
каждой из которых f(x) имеет конечные правое и левое предельные значения. Будем
f (x 1 0) 2 f (x 2 0)
.
2
Если кусочно/непрерывная на отрезке [a; b] функция f(x) имеет на [a; b] кусоч/
но/непрерывную производную f¢(x), то эта функция называется кусочногладкой
на [a; b].
считать, что в любой точке разрыва f (x) 3
352
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
ТЕОРЕМА 10.1. Если функция f(x) имеет период 2l и является кусочногладкой
на периоде, то ее тригонометрический ряд Фурье сходится к f(x) в каждой точке
x Î R.
ТЕОРЕМА 10.2. Если функция f(x) периода 2l непрерывная и кусочногладкая
на числовой прямой R, то ее ряд Фурье сходится к f(x) равномерно на R.
Отметим, что непрерывная на промежутке [–l; l] функция f(x) остается непре/
рывной и после ее периодического продолжения на всю числовую прямую в том и
только том случае, если f(l) = f(–l).
Для четной функции (f(x) = f(–x)) коэффициенты Фурье bk = 0, k = 1, 2, ..., и пред/
ставление f(x) рядом Фурье принимает вид
a0 1
2
k3x
k3x
4 ak cos
, где ak 2 6 f (x)cos
dx, k 2 0,1,2,...,
2 k5
l
l
l
21
l
f ( x) 2
(10.8)
0
(разложение f(x) в ряд Фурье по косинусам). Если же f(x) — нечетная функция
(f(–x) = –f(x)), то ak = 0, k = 1, 2, ..., и ее представление рядом Фурье является разло
жением по синусам:
1
f (x) 2 4 bk sin
k 21
l
k3x
2
k3x
, где bk 2 5 f (x)sin
dx, k 2 1,2,... .
l
l
l
(10.9)
0
Если до периодического продолжения функция f(x) задана на отрезке [0; l], то
при выполнении соответствующих требований ее можно представить рядом Фурье
как по косинусам (если продолжить f(x) на отрезок [–l; l] четным образом), так и по
синусам (продолжив f(x) на [–l; l] нечетным образом).
l
Для функции f(x) с интегрируемым на отрезке [–l; l] квадратом (т. е.
5 f 2 (x)dx 2 34)
1l
справедливо равенство Парсеваля:
a02 1 2 2 1 2
4 (ak 4 bk ) 2 6 f (x)dx.
l
2 k5
21
l
(10.10)
3l
ПРИМЕР 10.29. Представить рядом Фурье функцию
411 при 1 2 3 x 3 0,
f ( x) 5 6
81 при 0 3 x 7 21
и изобразить графически первые четыре частичные суммы этого ряда.
& Функция f(x) является кусочно/гладкой на отрезке [–p; p], поэтому ее можно
представить рядом Фурье. Поскольку f(x) нечетна, используем представление (10.9)
(разложение по синусам). Находим коэффициенты Фурье:
ak = 0, k = 0, 1, ... ;
l
При четных k (т. е. k = 2m, m = 0, 1, ...) коэффициенты Фурье bk = b2m = 0, а при не/
четных k (k = 2m – 1, m = 1, 2, ...) имеем bk 1
4
4
1
. Поэтому
2k 2(2m 3 1)
20 при k 1 2m,
3
bk 1 4
4
37 6(2m 5 1) при k 1 2m 5 1.
353
ГЛАВА 10. РЯДЫ
Рис. 10.1
Таким образом, f (x) 1
sin(2m 2 1)x
4
.
3 m4
2m 2 1
11
n
Графики функции f(x) и частичных сумм Sn (x) 1
sin(2m 2 1)x
4
, n = 1, 2, 3, 4,
3 m4
2m 2 1
11
n
представлены на рис. 10.1. %
ПРИМЕР 10.30. Функцию f(x) = x, x Î [0; p], заданную на сегменте [0; p], разло+
жить в ряд Фурье на отрезке [–p; p], продолжив ее на этот отрезок: а) нечетным обра+
зом; б) четным образом. Изобразить графически первые четыре частичные суммы
каждого из разложений.
& а) Нечетное продолжение f(x) имеет вид f(x) = x, x Î (–p; p). После периодиче+
ского продолжения f(x) на всю числовую ось эта функция терпит разрывы в точках
x = ±p, ±2p, ±3p, ... . Полагаем в этих точках
f (x 1 0) 2 f (x 2 0) 3 2 (13)
4
4 0.
2
2
Периодическая функция f(x) является кусочно+гладкой на числовой прямой, поэто+
му ее ряд Фурье представляет эту функцию.
В соответствии с (10.9) находим
f ( x) 4
bk 4
1
1
2
2
2
f (x)sin kxdx 4 6 x sin kxdx 4 ( 51)k 21 , k 4 1,2,...;
16
1
k
0
0
3
f (x) 4 27 ( 51)k 21
k 41
sin kx
.
k
Графики f(x) первых четырех частичных сумм этого ряда Фурье показаны на
рис. 10.2.
б) Продолжив f(x) четным образом на отрезок [–p; p], получим функцию f(x) = |x|,
x Î [–p; p]. После периодического продолжения f(x) на всю числовую ось эта функ+
ция остается непрерывной и кусочно+гладкой. Таким образом, ряд Фурье представ+
ляет функцию f(x) и сходится к ней равномерно.
354
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Рис. 10.2
С учетом четности f(x) находим ее разложение Фурье по формулам (10.8):
a0 3
ak 3
1
1
0
1
0
2
2
f (x) dx 3 9 xdx 3 1;
19
1
1
2
2
1
f (x)cos kxdx 3 9 x cos kxdx 3 2 [( 41)k 4 1] 3
19
1
k
0
0
50 при k 3 2m,
6
37 4
m 3 1,2,... ;
684 1k2 при k 3 2m 4 1,
2
cos(2m 4 1)x
1 4
f ( x) 3 4
.
2 1 m 31 (2m 4 1)2
Графики функции f(x) первых четырех частичных сумм ее ряда Фурье представ<
лены на рис. 10.3.
Сравнение графиков на рис. 10.2 и рис. 10.3 показывает более быструю сходи<
мость ряда Фурье к функции f(x) в случае б). Это объясняется тем, что в случае а)
функция f(x) = x, x Î [–p; p] не удовлетворяет условию f(–p) = f(p), поэтому ее перио<
дическое продолжение является разрывной функцией. А в случае б) для непрерыв<
ной на отрезке [–p; p] функции f(x) = |x| это условие выполняется, что гарантирует
непрерывность и ее периодического продолжения на всей числовой прямой. %
При вычислении коэффициентов Фурье периодической с периодом 2l функции
f(x) промежутком интегрирования может быть не только [–l; l], но и любой отрезок
длины 2l:
ak 3
1
l
a 1 2l
4
a
f (x)cos
k2x
1
dx, k 3 0,1,2,...; bk 3
l
l
a 1 2l
4
a
f (x)sin
k2x
dx, k 3 1,2,... .
l
355
ГЛАВА 10. РЯДЫ
Рис. 10.3
С учетом этого можно находить разложение в тригонометрический ряд Фурье функ%
ции f(x), заданной на произвольном промежутке [a; b].
В задачах 10.254–10.259 разложить в ряд Фурье периодическую с перио%
дом 2p функцию f(x) и построить графики первых четырех частичных сумм
Sn(x) полученного ряда.
61 2 x при 3 1 4 x 4 0,
63x(1 2 x) при 3 1 5 x 4 0,
10.254. f (x) 7 8
10.255. f (x) 7 8
1
при
0
5
x
4
1
.
9
9x(1 3 x) при 0 5 x 5 1.
60 при 3 1 5 x 4 0,
10.256. f (x) 7 x2 , x [31; 1].
10.257. f (x) 7 8
9sin x при 0 5 x 5 1.
10.258. f (x) 7
13x
, x (0;21).
2
10.259. f (x) 7
12 3 3x2
, x [31; 1].
12
В задачах 10.260–10.279 разложить в ряд Фурье периодическую с перио%
дом 2l функцию f(x), заданную на периоде указанным образом.
311 при 0 2 x 2 1,
10.260. f (x) 4 5
61 при 1 2 x 2 2.
3 A при 1 7 2 x 2 0,
10.262. f (x) 4 5
6B при 0 2 x 2 7.
34 при 0 2 x 2 2,
10.261. f (x) 4 5
61 при 2 2 x 2 4.
32 при 0 2 x 2 1,
10.263. f (x) 4 5
61 при 1 2 x 2 3.
313 при 1 2 2 x 2 0,
10.264. f (x) 4 5
61 при 0 2 x 2 1.
10.265. f (x) 4 x, x 8 (0;27).
356
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
10.266. f (x) 1 2x, x 2 (0;3).
6x14 1 при 0 5 x 5 1,
10.268. f (x) 1 8
9x при 1 5 x 5 2.
10.267. f (x) 1 x 3 1, x 2 (0;1).
10.269. f (x) 1 |sin x |, x 2 [37; 7].
10.270. f (x) 1 |cos x |, x 2 [0;27].
62x при 0 5 x 5 1,
10.271. f (x) 1 8
90 при 1 5 x 5 2.
60 при 0 5 x 5 2,
10.272. f (x) 1 8
9x 3 2 при 2 x 5 4.
63 cos x при 3 7 5 x 5 0,
10.273. f (x) 1 8
9cos x при 0 5 x 5 7.
3 12 2 21x
при 4 1 5 x 6 0,
77
10.274. f (x) 8 9 2 8
7 1 4 21x при 0 5 x 5 1.
7 8
3 12 x 2 1x2
при 4 1 5 x 6 0,
7
10.275. f (x) 8 9 2 8 2
7 1 x 4 1x при 0 5 x 5 1.
8
2
41x при 1 3 2 x 2 0,
4x 1 1 при 0 2 x 2 1,
10.276. f (x) 5 6 2
10.277. f (x) 5 6
x
при
0
7
x
2
3
.
82x при 1 2 x 2 2.
8
10.278. f (x) 5 arcsin(sin x), x 9 [13; 3].
10.279. f (x) 5 arcsin(cos x), x 9 [13; 3].
В задачах 10.280–10.291, доопределив необходимым образом заданную
на промежутке (0; l) функцию f(x) до периодической с периодом 2l, разло<
жить ее в ряд Фурье: а) по косинусам; б) по синусам.
1
1
3 x, x 4 (0; 1).
10.281. f (x) 2 x 5 , x 4 (0; 1).
2
2
10.282. f(x) = x + 1, x Î (–1; 0). 10.283. f(x) = 3 – 2x, x Î (0; 1).
10.284. f(x) = x(p – x), x Î [0; p]. 10.285. f(x) = x2, x Î [0; 1).
10.280. f (x) 2
51 при 3 2 4 x 4 31,
52 при 0 4 x 4 1,
10.286. f (x) 6 7
10.287. f (x) 6 7
0
при
3
1
4
x
4
0.
8
833 при 1 4 x 4 2.
9
9
10.288. f (x) 6 cos x, x 0; .
10.289. f (x) 6 sin2x, x 0; .
2
4
51 при 0 4 x 4 1,
10.290. f (x) 6 7
10.291. f (x) 6 x sin x, x [0; 9].
82 3 x при 1 4 x 4 2.
1 2
1 2
С помощью представлений функций рядами Фурье можно подсчитать суммы
некоторых числовых рядов.
ПРИМЕР 10.31. Используя результаты примера 10.30, найти суммы числовых
рядов:
1
ПРИМЕР 10.32. Используя результат примера 10.30.а) и равенство Парсеваля
(10.10), найти сумму числового ряда 1 3
1
1 1 1
1
3 3 3 ... 2 4 2 .
k
22 32 42
k 21
& В примере 10.30 найдено представление функции f(x) = x, x Î [–p; p] рядом
Фурье:
1
f (x) 3 25 (41)k 21
k 31
1
Вычислим интеграл
1
1 2
1
21 2
f (x) dx 3 4 x2dx 3
.
4
1
1
3
21
Далее,
a02
1
sin kx
.
k
21
1
1
k 21
k 21
1
3 (a2 3 b2 ) 2 b2 2 4 4 2 , поэтому в соответствии с (10.10) получаем
2 4 1k k 4 k
k
1
20
k 21 2 0
1
1 23 2
2
, или
2
3
k
k 21
44
1
1
4 k2 2
k 21
32
.1
6
В задачах 10.292–10.299, используя ответы задач 10.269, 10.273, 10.275,
10.284 и, где необходимо, равенство Парсеваля, найти суммы числовых
рядов.
358
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1
10.292. 5
k 31
1
4k2
1
(41)k 21 (2k 4 1)
.
2
k 31 4(2k 4 1) 4 1
10.293. 5
.
41
1
1
(41)k 21
.
3
k 31 (2k 4 1)
(41)k
.
2
k 31 k
10.294. 5
1
10.296. 4
k 21
10.295. 5
1
1
.
3 1)2
10.297. 4
(4k2
k 21
1
k2
.
3 1)2
(4k2
1
1
.
(2
k
3 1)6
k 21
1
.
4
k
k 21
10.298. 4
10.299. 4
2. Интеграл Фурье
При стремлении к бесконечности периода 2l функции f(x) ее разложение в ряд
Фурье переходит в интегральное представление
f ( x) 4
1
1
0
21
f (x 2 0) 3 f (x 3 0) 1
4 7 d5 7 f (u)cos 5(u 2 x) du,
2
6
(10.11)
называемое интегралом Фурье.
ТЕОРЕМА 10.3. Если функция f(x) абсолютно интегрируема на числовой пря
1
мой (т. е.
5 |f (x)|dx 3 41)
и является кусочногладкой на каждом отрезке этой пря
21
мой, то справедливо представление (10.11).
С помощью формулы косинуса разности равенство (10.11) можно записать в виде
1
f (x) 2 5 [a(3)cos 3 x 4 b(3)sin 3 x]d3,
(10.12)
0
где
a( 3) 4
1
5
1
6 f (x)cos 3 x dx, b(3) 4
21
1
5
1
6 f (x)sin 3 x dx.
(10.13)
21
1
Если f(x) четная функция, то b(w) = 0 и a(2) 3 2 5 f (x)cos 2 x dx, поэтому из (10.12)
4
0
получаем
1
2 334 2 5 212 334435 3 4 16
(10.14)
1
1
2
213 425 3 7 2 435678 2 3 439 2 4 1 5 15
6
(10.15)
1
Аналогично, для нечетной функции f(x) имеем
1
2 334 2 5 212 334435 3 4 16
(10.16)
1
1
2
213 425 3 7 2 435678 2 3 439 2 4 1 5 15
6
(10.17)
1
Равенства (10.14), (10.15) определяют пару косинуспреобразований, а (10.16), (10.17) —
синуспреобразований Фурье. Преобразования (10.15) и (10.17) называются прямыми
преобразованиями, а (10.14) и (10.16) — обратными преобразованиями Фурье.
359
ГЛАВА 10. РЯДЫ
Предположим, что значениями функции g(y) вещественной переменной y явля#
ются комплексные числа, т. е. g(y) = u(y) + iv(y), где i 1 21 — мнимая единица. Вве#
дем понятие определенного интеграла от функции g(y) в соответствии с равенством
b
b
b
a
a
a
3 g (y)dy 1 3 u(y)dy 2 i 3 v(y)dy
(предполагается, что все интегралы в последнем соотношении существуют).
Используя формулу Эйлера eiy = cos y + i sin y, y Î R, равенство (10.11) можно
записать в виде интеграла Фурье в комплексной форме:
f ( x) 5
f (x 3 0) 4 f (x 4 0) 1
5
2
26
1
1
31
31
7 d2 7 f (u) ei2(u 3x)du.
Соответствующая пара преобразований Фурье имеет вид
3 223 4
1
5 31 2234122 524
(10.18)
31
1
32 334 4
65
1
6 3 32442132 525
(10.19)
21
Преобразование (10.19) называют прямым преобразованием (или просто преобразо
ванием) Фурье функции f(x), а (10.18) — обратным преобразованием Фурье в ком
плексной форме.
Для преобразования Фурье будем также использовать и обозначение 11 213 2 1 41 56
ПРИМЕР 10.33. Найти прямое и обратное преобразования Фурье в комплексной
форме функции f(x) = e–a|x|, a > 0.
& Из (10.19) для прямого преобразования Фурье получаем
1
34
9
68
4 36 5 2741 51 3 4 5 36 3 2741 51
Для обратного преобразования используем формулу (10.18):
e 45 | x| 8
12
42
12
12
7 25 12 cos 3 x
5ei3x
5 6 cos 3 x
sin 3 x
3
8
3
1
3
d
d
i
d
9
52 1 32 8 52 1 32 d3
9 5 2 1 32
(5 2 1 32 )
42
42
0
(мы учли свойства подынтегральных выражений:
sin 1 x
cos 1 x
— четная, а 2
—
2 3 12
22 3 12
нечетная функция). Итак,
f (x) 6 e 34 | x| 6
24
7
12
cos 5 x
8 42 1 52 d5.
0
(10.20)
360
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Отметим, что рассматриваемая функция f(x) = e–a|x| четна, поэтому представление
(10.20) является и ее обратным косинус4преобразованием Фурье (убедитесь в этом!). %
Пусть вещественные функции f(x) и g(x) удовлетворяют требованиям тео4
ремы 10.3. В задачах 10.300–10.305 доказать утверждения.
10.300. а) Если f(x) — четная функция, то 211 213 2 421 213 при w ³ 0; б) если
f(x) — нечетная функция, то 211 213 2 4321 213 при w ³ 0.
10.301. F[c1f + c2g] = c1F[f] + c2F[g], c1, c2 = const (линейность преобразо
вания Фурье).
10.302. а) Если f(x) — четная функция, то 11 213 — четная вещественная
функция (четная симметрия преобразования Фурье); б) если f(x) — нечет4
ная функция, то 11 213 — нечетная чисто мнимая функция (нечетная сим
метрия преобразования Фурье).
1 3
12342431 31 42356 4 12
7 a = const > 0 (изменение масштаба).
2 2
12342531 23 34 1 245 3 5 1122 31 3246 a = const (сдвиг аргумента на a).
12
1234253 a3 1 453 3
1
1
1
6 12 443 246 б3 12 453 3 85 6 1 433 237
21
21
В задачах 10.306–10.320 найти преобразования Фурье в комплексной
форме и, если они существуют, косинус4 или синус4преобразования указан4
ных функций.
30 при x 2 0,
10.306. f (x) 4 5 1 x
7e при x 6 0.
3a при | x | 8 A,
10.308. f (x) 4 5
A 9 0.
70 при | x | 9 A,
10.307. f (x) 4 e 1 | x | .
3a при A 8 x 8 B,
10.309. f (x) 4 5
B 9 A.
70 при x 2 A и x 9 B,
3sgn x при | x | 8 1,
10.310. f (x) 4 5
70 при | x | 9 1.
32 при | x | 2 1,
5
10.312. f (x) 6 71 при 1 4 | x | 2 2,
50 при | x | 8 2.
9
3a(1 1 | x |) при | x | 8 1,
10.311. f (x) 4 5
70 при | x | 9 1.
3cos x при x [0; ],
10.314. f (x) 6 7
90 при x [0; ].
3x 1 при | x | 2 1,
10.316. f (x) 6 7
90 при | x | 1.
3xe x при x 4 0,
10.315. f (x) 6 7
90 при x 8 0.
3sin x при x [0; ],
10.317. f (x) 6 7
90 при x [0; ].
10.318. f (x) 7
6x2 при | x | 5 1,
0 при | x | 9 1.
1
30 при x 4 0,
10.313. f (x) 6 7 1 x
9xe при x 8 0.
10.319. f (x) 7 be 34 | x | (1 8 4 | x |), 4 9 0.
2
1
10.320. f (x) 7 be 34 | x | 1 8 4 | x | 8 42 x2 , 4 9 0.
3
Г Л А В А 11
ЭЛЕМЕНТЫ
ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
§ 11.1.
СЛУЧАЙНЫЕ СОБЫТИЯ. ВЕРОЯТНОСТЬ
1. Случайные события и действия над ними
Пусть задан вероятностный опыт (испытание, эксперимент). Обозначим W —
множество элементарных исходов данного опыта. Под этим понимают множество
взаимоисключающих случайных исходов {w} таких, что результатом опыта всегда
является один и только один исход w.
Любое подмножество множества элементарных исходов W будем называть слу
чайным событием. Заметим, что при математически строгом подходе это определе&
ние должно быть уточнено, если W не является конечным или счетным множеством.
Такое уточнение необходимо при построении аксиоматики теории вероятностей.
Считается, что событие A произошло (наступило, реализовалось), если резуль&
татом случайного опыта явился какой&либо из элементарных исходов, входящих в
подмножество A Ì W.
Событие A = W называется достоверным событием, а событие A = Æ, не содержа&
щее ни одного элементарного исхода, называется невозможным событием. Очевид&
но, что достоверное событие W всегда происходит, а невозможное событие Æ никогда
не происходит в данном опыте.
Два события A и B называются совместными (несовместными), если в результа&
те эксперимента возможно (невозможно) их совместное осуществление. Другими
словами, события A и B совместны, если соответствующие множества A и B имеют
общие элементы, и несовместны в противном случае.
Суммой A + B событий A и B называется событие, состоящее в том, что происхо&
дит хотя бы одно из событий A или B (соответствующее множество является объеди&
нением множеств A и B).
Произведением AB событий A и B называется событие, состоящее в том, что
происходят оба события A и B (соответствующее множество является пересечением
множеств A и B).
Разностью A – B событий A и B называется событие, состоящее в том, что проис&
ходит событие A, но не происходит событие B (соответствующее множество состоит
из тех элементарных исходов, которые принадлежат множеству A, но не принадле&
жат множеству B).
Противоположным событию A называется событие A (отрицание события A),
состоящее в том, что событие A не происходит (соответствующее множество A 1 2 \ A
состоит из всех элементарных исходов, не входящих в подмножество A).
362
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Говорят, что событие A влечет за собой событие B (A Ì B), если каждое появле'
ние события A сопровождается появлением события B (множество A является под'
множеством множества B).
События A и B называются эквивалентными (A = B), если A Ì B и B Ì A.
Операции сложения и умножения событий обладают следующими свойствами:
A + B = B + A; AB = BA (коммутативность);
A + (B + C) = (A + B) + C; A(BC) = (AB)C (ассоциативность);
(A + B)C = AC + BC (дистрибутивность умножения относительно сложения).
Заметим, что указанное свойство дистрибутивности позволяет «раскрывать скоб'
ки», как в обычной алгебре действительных чисел. %
ПРИМЕР 11.1. Из A Ì B следует, что A + B = B, AB = A (общий закон поглощения).
& Докажем второе из этих равенств. Пусть элементарный исход w Î AB. Тогда по
определению произведения событий w Î A, поэтому AB Ì A.
Далее, если w Î A, то при условии A Ì B имеем w Î B, т. е. w Î AB, откуда следует,
что A Ì AB.
Итак, AB Ì A и A Ì AB, значит, AB = A. %
В задачах 11.1–11.14 доказать справедливость тождеств.
11.1. A 1 B 2 AB.
11.2. (простейшие законы поглощения). A + A = A, AA = A, A + Æ = A,
AÆ = Æ, A + W = W, AW = A.
11.3. A 1 A 2 3; 3 2 4, 4 2 3, AA 2 4.
11.4. A 2 A.
11.5. A 1 B 2 A 5 B, AB 2 A 1 B (правила де Моргана).
11.6. Методом математической индукции доказать:
A1 1 A2 1 ... 1 An 2 A1 3 A2 3 ... 3 An .
11.7. (дистрибутивность сложения относительно умножения). AB + C =
= (A + C)(B + C).
11.8. (A – B) + B = A + B (вычитание событий не является ассоциативной
операцией).
11.9. Пусть A Ì B. Показать, что тогда (A – B) + B = B.
11.10. ( A 1 B) 2 B 3 A 2 AB 3 AB 3 A 2 B.
11.11. AC – B = AC – BC.
11.12. ( A 1 B)( A 1 B) 2 A.
11.13. ( A 1 BC)( B 1 AC)(C 1 AB) 2 ABC 1 ABC.
11.14. (A – B) + (A – C) = A – BC.
11.15. Проверить истинность следующих утверждений:
1) ABC Ì AB + AC + BC;
2) AB 1 C 2 AC 1 BC;
3) AB + AC + BC Ì A + B + C.
Пусть A, B, C — наблюдаемые события в некотором эксперименте. В за'
дачах 11.16–11.19 выразить указанные события в алгебре событий.
11.16. E1 = {из трех событий A, B, C произойдет ровно одно}, F1 = {из трех
событий A, B, C произойдет ровно два}.
363
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
11.17. E2 = {из трех событий A, B, C произойдет хотя бы одно}, F2 = {из
трех событий A, B, C произойдет не меньше двух}.
11.18. E3 = {из трех событий A, B, C не произойдет ни одного}, F3 = {из
трех событий A, B, C произойдет хотя бы два}, G = {из трех событий A, B, C не
произойдет хотя бы одно}.
11.19. Производится три выстрела из орудия по цели. Определим наблю/
даемое событие Ak = {попадание при k/м выстреле} (k = 1, 2, 3). Записать в
алгебре событий следующие события: A = {ровно одно попадание}, B = {хотя
бы одно попадание}, C = {хотя бы один промах}, D = {не меньше двух попада/
ний}, E = {попадание не раньше чем при третьем выстреле}.
2. Вероятность события.
Классическая вероятностная схема (схема урн)
В современной теории вероятностей вероятность строится как определенная чи/
словая мера множеств/событий.
Пусть F — система подмножеств из W, удовлетворяющая условиям:
1) W Î F (W — элемент этой системы);
2) из условия A Î F, B Î F следует A + B Î F, AB Î F, A 1 1, B 1 1. Такая система
подмножеств называется алгеброй событий.
Вероятностью события A называется числовая функция P(A), определенная на
алгебре событий F, такая что выполняются следующие 3 аксиомы:
1) P(A) ³ 0 (аксиома неотрицательности);
2) P(W) = 1 (аксиома нормированности);
3) для любой последовательности попарно несовместных событий A1, A2, ..., An, ...
(AiAj = Æ, i ¹ j) имеет место
P
14 A 2 3 4P( A ) (аксиома сложения).
k
k
k
k
Из указанных аксиом вытекают простейшие свойства вероятности:
P(1) 2 0; P(A) 2 1 3 P(A); 0 4 P( A ) 4 1.
Пусть опыт состоит из конечного числа исходов. Элементарные исходы опыта
называются равновозможными, если по условиям этого опыта наступление любого
из них не является объективно более возможным, чем наступление другого. Напри/
мер, равновозможными являются элементарные исходы опытов, связанных с под/
брасыванием монеты, правильной игральной кости, с извлечением наудачу шаров
из урны, содержащей n неотличимых на ощупь шаров, и т. д.
Опыт, имеющий конечное число равновозможных элементарных исходов, назы/
вается классической вероятностной схемой (схемой урн). В силу конечности мно/
жества W, система всех подмножеств множества W представляет алгебру. Таким об/
разом, любое подмножество из W в классической схеме является наблюдаемым со/
бытием.
Пусть A — наблюдаемое событие в классической схеме, N(A) — число благопри
ятствующих событию A исходов (т. е. число элементов подмножества A Î W). Тогда
вероятность события A определяется как отношение числа исходов, благоприятст/
вующих этому событию, к общему числу исходов:
P( A ) 1
N( A)
.
N ( 2)
Формула (11.1) называется формулой классической вероятности.
(11.1)
364
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
При подсчете числа элементарных исходов, благоприятствующих тому или ино/
му событию, часто используют формулы комбинаторики.
Пусть даны m групп элементов, причем i/я группа содержит Ni элементов. Опыт
состоит в выборе m элементов — по одному элементу из каждой группы. Тогда общее
число N возможных способов выбора определяется основной формулой комбинато
рики:
N = N1N2 ... Nm.
(11.2)
Рассмотрим опыт с выбором m элементов из множества, содержащего n элемен/
тов. Результат такого опыта называют выборкой из n элементов по m. Возможны
следующие схемы выбора.
1. Каждый выбранный элемент после выбора не участвует в дальнейшем выборе
(т. е. осуществляется выбор без возвращения). Тогда говорят о выборке без повторе
ний, так как в такой выборке все элементы различны (не повторяются). Если при
этом не происходит упорядочивания элементов, то различные исходы опыта отлича/
ются только составом и называются сочетаниями. Таким образом, общее число ис/
ходов в данной схеме определяется формулой
Cnm 1
n!
.
m !(n 2 m)!
(11.3)
2. Выбор m элементов осуществляется без возвращения, но с упорядочиванием.
В этом случае элементарные исходы называются размещениями, а их общее число
определяется формулой
n!
1 m ! Cnm .
Anm 1
(11.4)
(n 2 m)!
3. Каждый выбранный элемент фиксируется и возвращается в группу из n эле/
ментов, т. е. участвует в дальнейшем выборе (осуществляется выбор с возвращени
ем). В результате один и тот же элемент может попасть в выборку и более одного
раза. Если упорядочивания не производится, то различные исходы отличаются толь/
ко составом и называются сочетаниями с повторениями. Их общее число определя/
ется формулой
(n 1 m 2 1)!
C(mn ) 3 Cnm1 m 21 3
.
(11.5)
m !(n 2 1)!
4. Выбор m элементов осуществляется с возвращением (как и в схеме 3) и с даль/
нейшим упорядочиванием. Получаемые элементарные исходы называются разме
щениями с повторениями и отличаются не только составом, но и расположением
элементов. Общее число исходов в данной схеме определяется формулой
A(mn ) 1 nm .
(11.6)
ПРИМЕР 11.2. Для представительства в студенческом органе самоуправления
из группы 20 студентов с помощью жеребьевки выбираются три человека. С какой
вероятностью в представительство попадут только студенты из первой половины
списка группы (событие A)?
& В данном случае происходит выбор из 20 элементов по 3 без возвращения и без
упорядочивания (схема 1). Элементарные исходы — сочетания, и общее число исхо/
3 .
дов: N (1) 2 C20
При подсчете числа благоприятствующих исходов учитываем, что этим исходам
3 . По форму/
соответствуют выборки из 10 (первая половина списка) по 3: N ( A ) 1 C10
лам (11.1) и (11.3) получаем
C3 10! 1 3! 117! 10! 117!
10 1 9 1 8
8
2
P( A ) 2 10
2
2
2
2
2 .1
3
3! 1 7! 1 20!
7! 1 20! 20 119 118 2 119 1 2 19
C20
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
365
ПРИМЕР 11.3. Для представительства в студенческом органе самоуправления
от группы (20 студентов) с помощью жеребьевки выбирают трех человек: руководи5
теля, его заместителя и секретаря представительства.
С какой вероятностью председателем будет студент из первой половины списка,
а остальные представители — из второй половины списка (событие A)?
& Данный опыт соответствует схеме выбора 2, т. е. происходит выбор из 20 по 3
без возвращения и с упорядочиванием. Например, можно считать, что первый эле5
мент выборки — председатель, второй — заместитель и третий — секретарь. Поэто5
3 .
му исходы в данном опыте — размещения и N (1) 2 A20
Найдем число благоприятствующих исходов N(A). Для этих исходов председа5
тель выбирается из десяти студентов (первая половина списка), т. е. существует
n1 = 10 вариантов выбора председателя. Остальные представители (2 человека в оп5
ределенном порядке) выбираются также из десяти (вторая половина списка). Число
2 . Поэтому по правилу (11.2) N ( A ) 1 n n 1 10 A 2 .
вариантов этого выбора: n2 1 A10
1 2
10
Окончательно, по формулам (11.1) и (11.4) получаем
P( A ) 2
11.20. Наудачу выбирается пятизначное число. Какова вероятность сле5
дующих событий: A = {число одинаково читается как слева направо, так и
справа налево}, B = {число кратно пяти}, C = {число состоит из нечетных
цифр}?
11.21. На шахматную доску случайным образом ставят две ладьи — бе5
лую и черную. Какова вероятность того, что ладьи не побьют друг друга?
11.22. Зенитная батарея, состоящая из n орудий, производит залп по груп5
пе, состоящей из m самолетов. Каждое из орудий выбирает себе цель наудачу
независимо от остальных. Найти вероятность того, что все орудия выстрелят
по одному самолету.
11.23. Множество E состоит из трех различных элементов: E = {a, b, c}.
Выписать состав W во всех четырех опытах по выбору двух элементов из
множества E без возвращения и с возвращением, без упорядочивания и с
упорядочиванием. Определить число элементов множества W (число различ5
ных выборок) в каждом из четырех опытов и сравнить результат с тем, кото5
рый получается по соответствующей комбинаторной формуле.
11.24. Опыт состоит в случайном выборе одного элемента из множества
E1 = {a, b} и одного элемента из множества E2 = {a, b, c}. Перечислить состав
множества E = E1 ´ E2 (прямое произведение множеств). Какова вероятность
того, что выборка будет состоять из одинаковых элементов?
11.25. Из множества чисел E = {1, 2, ..., n} последовательно выбирается
два числа. Какова вероятность, что второе число больше первого, если выбор
осуществляется: а) без возвращения; б) с возвращением?
11.26. Путем жеребьевки разыгрывается 6 подписных изданий среди 10
участников. Сколько различных распределений подписок возможно, если
каждое очередное наименование разыгрывается между всеми участниками?
Какова вероятность того, что первые шесть человек получат каждый по од5
ной подписке?
366
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
11.27. Студенты из группы (20 человек) сдают экзамен в случайной оче/
редности. С какой вероятностью первый по списку группы студент будет сда/
вать экзамен первым, а двадцатый по списку студент — последним (собы/
тие A)?
11.28. Числа 1, 2, ..., 9 записываются в случайном порядке. Найти веро/
ятности следующих событий: A = {числа будут записаны в порядке возраста/
ния}, B = {числа 1 и 2 будут стоять рядом и в порядке возрастания}, C = {числа
3, 6 и 9 будут стоять рядом}, D = {на четных местах будут стоять четные
числа}.
11.29. Группа, состоящая из 8 человек, занимает места за круглым сто/
лом в случайном порядке. Какова вероятность того, что при этом два опреде/
ленных лица окажутся сидящими рядом?
11.30. n человек входят в комнату, где имеется всего m стульев (m < n), и
рассаживаются случайным образом, но так, что все стулья оказываются за/
нятыми. Найти вероятности следующих событий: A = {два определенных
лица окажутся без места}, B = {k определенных лиц будут сидеть (k £ m)}.
11.31. n мужчин и n женщин случайным образом рассаживаются в ряд
на 2n мест. Какова вероятность, что все мужчины будут сидеть рядом?
11.32. В шахматном турнире участвуют 20 человек, которые разбивают/
ся по жребию на две команды по 10 человек в каждой. Какова вероятность,
что два наиболее сильных участника окажутся в разных командах?
11.33. В ящике 80 годных и 20 бракованных изделий. Наудачу отобра/
но 10 изделий для контроля. Найти вероятности событий: A = {в выборке
содержится ровно 4 бракованных}, B = {в выборке отсутствуют бракован/
ные изделия}.
11.34. Из колоды в 52 карты наудачу извлекают 4 карты. Найти вероят/
ности событий: A = {в полученной выборке все карты бубновой масти},
B = {появится хотя бы один туз}, C = {появятся ровно две пики}.
11.35. Студент купил карточку «Спортлото» (6 из 49) и зачеркнул 6 но/
меров. Найти вероятности событий: A = {студент угадал все 6 номеров},
B = {студент угадал по крайней мере 5 номеров}.
11.36. Найти вероятность того, что случайно выбранный четырехзнач/
ный номер автомобиля не содержит цифр, отличных от «3» и «7».
11.37. Бросается 10 игральных костей. Вычислить вероятности событий:
A = {ни на одной из костей не выпадет 6 очков}, B = {хотя бы на одной из
костей выпадет 6 очков}, C = {ровно на трех костях выпадет 6 очков}.
11.38. Шесть студентов, среди которых Иванов, Петров и Сидоров, слу/
чайным образом занимают очередь в буфет. С какой вероятностью Сидо/
ров окажется первым в очереди, а Иванов и Петров — по соседству друг с
другом?
11.39. Из разрезной азбуки выкладывается слово математика. Затем
все буквы этого слова тщательно перемешиваются и снова выкладываются в
случайном порядке. Какова вероятность того, что снова получится слово ма
тематика?
11.40. Из урны, содержащей шары с номерами 1, 2, ..., n, наудачу отби/
рается k шаров и номера вынутых шаров записываются последовательно.
367
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Какова вероятность того, что на фиксированном m$м месте (m £ k) окажется
шар с номером m, если выбор осуществляется: а) без возвращения; б) с воз$
вращением?
11.41. 20 футбольных команд, среди которых 4 призера предыдущего пер$
венства, по жеребьевке разбиваются на 4 занумерованные подгруппы по 5 ко$
манд в каждой. Найти вероятности событий: A = {в первую и вторую под$
группы не попадет ни один из призеров}, B = {в каждую подгруппу попадет
один из призеров}.
11.42. 52 карты наудачу раздаются четырем игрокам (каждому по 13 карт).
Найти вероятности событий: A = {каждый игрок получит туза}, B = {первый
игрок получит все 13 карт одной масти}.
11.43. В условиях предыдущей задачи найти вероятности событий: C = {все
тузы попадут к одному из игроков}, D = {двое определенных игроков не полу$
чат ни одного туза}.
11.44. 7 яблок, 3 апельсина и 5 лимонов раскладываются случайным об$
разом в три пакета таким образом, чтобы в каждом пакете было одинаковое
количество фруктов. Найти вероятности событий: A = {в каждом из пакетов
по одному апельсину}, B = {определенный пакет не содержит апельсинов}.
3. Схема геометрической вероятности
Формула классической вероятности следующим образом обобщается на случай
бесконечных множеств элементарных исходов. Пусть W представляет собой мно$
жество в пространстве Rn, в частности на прямой R или на плоскости R2.
В пространстве R в качестве множеств будем рассматривать только те множест$
ва, которые имеют длину; в пространстве R2 — те множества, которые имеют пло
щадь; в R3 — множества, имеющиеобъем; в Rn, n > 3, — множества, имеющие обоб
щенный (n$мерный) объем. Такие множества будем называть измеримыми. Под ме
рой mes(A) множества A Ì Rn будем понимать длину, площадь, объем или обобщенный
объем в зависимости от n.
Будем считать, что множество элементарных исходов случайного опыта W Ì Rn
имеет конечную меру и точки w Î W (элементарные исходы) в этом опыте выбираются
так, что вероятность попадания w в любое измеримое множество G Ì W пропорцио$
нальна mes(G) и не зависит от формы и расположения G в пространстве W (последнее
условие аналогично требованию о равновозможности элементарных исходов в класси$
ческой схеме). Такой опыт называют схемой геометрической вероятности.
Итак, пусть случайный опыт удовлетворяет поставленным условиям, и событие
A Ì W есть измеримое подмножество множества W. Тогда вероятность события A оп$
ределяется формулой
P( A ) 1
mes( A )
.
mes(2)
(11.7)
Это определение называется геометрическим определением вероятности, а фор$
мула (11.7) — формулой геометрической вероятности.
ПРИМЕР 11.4. Точное значение физической величины округляют до ближайше$
го целого числа. Найти вероятность того, что абсолютная величина ошибки округле$
ния не превысит 0,1 (событие A).
& При округлении точного значения до ближайшего целого возникает случай$
ная ошибка x, величина которой лежит в диапазоне от –0,5 до +0,5. Таким образом,
368
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
опыт состоит в случайном выборе числа x из отрезка [–0,5; 0,5]. Соответствующий
элементарный исход: w = x. Поэтому множество элементарных исходов имеет вид
W = [–0,5; 0,5] Ì R.
Событие A, согласно условию задачи, — это множество, имеющее вид A = {x | |x| £
£ 0,1} = [–0,1; 0,1].
Рис. 11.1
Множества W и A показаны на рис. 11.1. В данном случае мерой множества явля7
ется его длина, поэтому по формуле (11.7) получаем P( A ) 1
mes( A ) 0,2
1
1 0,2. 1
mes(2)
1
ПРИМЕР 11.5. К причалу для высадки пассажиров в течение ближайшего часа
в случайные моменты времени должны подойти два катера. Одновременное прича7
ливание обоих катеров невозможно. Время высадки пассажиров с первого катера
составляет 10 мин, а со второго катера — 20 мин.
Найти вероятность того, что одному из кате7
ров придется ожидать освобождения причала (со7
бытие A).
& Обозначим время прихода (в минутах) пер7
вого катера через x, а второго — через y. Тогда опыт
можно представить как случайный выбор точки
(x, y) из двумерного множества W = {(x, y) Î R2 | 0 £
£ x £ 60, 0 £ y £ 60} Ì R2. Очевидно, это квадрат со
стороной 60 (рис. 11.2).
Событие A произойдет в любом из следующих
случаев:
а) первый катер прибудет не позднее второго
(x £ y) и при этом к моменту прихода второго ка7
Рис. 11.2
тера высадка с первого катера еще не закончится
(y – x £ 10), т. е. если 0 £ y – x £ 10;
б) второй катер придет раньше, т. е. y < x, и к прибытию первого катера высадка
пассажиров на втором еще не закончится: x – y £ 20, т. е. если 0 < x – y £ 20.
Таким образом, условие появления события A описывается объединением не7
16
30 1 y 2 x 1 10,
50 3 y 4 x 3 10,26
. Область A на рис. 11.2 за7
т. е. A 7 (x, y) 89
равенств 4
0 3 x 4 y 3 20 6
60 5 x 2 y 1 20,
6
штрихована.
В данном случае мера множества — это площадь. Площадь области A на рис. 11.2
равна площади квадрата без двух треугольников, поэтому mes(A) = 602 – 0,5(502 + 402) =
mes( A )
2 0,43. 1
= 1550, mes(W) = 602 = 3600 и P( A ) 1
mes(3)
11.45. После прошедшего урагана на участке между 407м и 707м километ7
рами телефонной линии произошел обрыв провода. Какова вероятность того,
что разрыв произошел между 457м и 507м километрами линии?
11.46. На перекрестке установлен автоматический светофор, в котором
одну минуту горит зеленый свет и полминуты — красный, затем снова одну
369
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
минуту — зеленый и полминуты — красный и т. д. В случайный момент вре&
мени к перекрестку подъезжает автомобиль. Какова вероятность того, что
он проедет перекресток без остановки?
11.47. Внутри квадрата с вершинами (0, 0), (0, 1), (1, 1) и (1, 0) наудачу
ставится точка (x, y). Какова вероятность того, что координаты этой точки
x
удовлетворяют условию y 1 ?
2
11.48. В условиях эксперимента, описанного в предыдущей задаче, найти
вероятности событий: C = {(x, y) | max(x, y) < a, a > 0}, D = {(x, y) | min(x, y) < a,
0 £ a £ 1}.
11.49 (задача о встрече). Иван и Петр договорились о встрече в опреде&
ленном месте между одиннадцатью и двенадцатью часами. Каждый прихо&
дит в случайный момент указанного промежутка и ждет появления другого
до истечения часа, но не более 15 минут, после чего уходит. Найти вероят&
ность события A = {встреча состоялась}.
11.50. В условиях предыдущей задачи найти вероятности событий: C =
= {Ивану не пришлось ждать Петра} и D = {встреча состоялась после 11 ч
30 мин}, если установлено время ожидания t мин, 0 < t < 60.
11.51. Точка (p, q) наудачу выбирается в квадрате |p| £ 1, |q| £ 1, и состав&
ляется квадратное уравнение x2 + px + q = 0. Найти вероятности событий:
A = {корни уравнения действительны}, B = {корни уравнения положительны}.
11.52. На отрезке длины l наудачу выбираются две точки. Определить
вероятность того, что из полученных трех отрезков можно построить тре&
угольник.
1
11.53. Два угла треугольника выбираются наудачу из отрезка 20, 3 . Ка&
46 3 57
кова вероятность, что треугольник остроугольный?
11.54. На окружности единичного радиуса наудачу ставятся три точки A,
B и C. Какова вероятность того, что треугольник ABC остроугольный?
11.55 (задача Бюффона). На плоскость, разграфленную параллельными
прямыми, отстоящими друг от друга на расстояние 2a, наудачу бросается
игла диной 2l (l £ a). Найти вероятность события A = {игла пересечет какую&
либо из прямых}.
4. Условная вероятность. Независимость событий
Пусть A и B — наблюдаемые события в эксперименте, причем P(A) > 0. Условной
вероятностью P(B/A) осуществления события B при условии, что событие A про
изошло, называется число, определяемое равенством
P( B / A ) 1
P( AB)
.
P( A )
(11.8)
Для краткости условную вероятность P(B/A) называют «вероятностью собы
тия B при условии A». Формула (11.8) вводится аксиоматически и сводит вопрос о
вычислении условной вероятности к вычислению двух безусловных вероятностей,
определенных в вероятностном пространстве для данного эксперимента. Кроме того,
при таком определении условная вероятность, рассматриваемая как функция на&
блюдаемых событий B Î F при фиксированном событии A, обладает всеми свойства&
ми безусловной вероятности.
370
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Событие A называется независимым от события B, удовлетворяющего условию
P(B) > 0, если выполняется равенство
P(A/B) = P(A).
События A и B называются независимыми, если
P(AB) = P(A)P(B).
ПРИМЕР 11.6. Студент подготовился к ответу на первые 15 из 20 вопросов экза8
мена. Вопрос для ответа на экзамене выбирается наудачу. События: B = {выбран из8
вестный студенту вопрос}, A = {выбран вопрос из второй половины списка}. Найти
вероятности P(B) и P(B/A).
15 3
10 1
1 , P( A ) 1
1 .
20 4
20 2
Так как AB — событие, состоящее в том, что выбран знакомый студенту вопрос из
& По формуле классической вероятности находим P( B) 1
второй половины списка, то P( AB) 1
P( B / A ) 1
5 1
1 . Далее, по формуле (11.8) получаем
20 4
14 1
1 .1
12 2
11.56. Пусть A, B и C — наблюдаемые события в эксперименте, причем
P(C) > 0 и P(AC) > 0. Доказать справедливость следующих формул условной
вероятности:
P( A / C) 1 1 2 P( A / C), P(3 / C) 1 1, P(4 / C) 1 0.
11.57. Один раз подбрасывается игральная кость. События: A = {выпало
простое число очков}, B = {выпало четное число очков}. Вычислить P(A/B).
11.58. Подбрасывают наудачу три игральные кости. Наблюдаемые собы8
тия: A = {на трех костях выпадут разные грани}, B = {хотя бы на одной из
костей выпадет шестерка}. Вычислить P(B/A) и P(A/B).
11.59. Вероятность того, что студент перейдет на второй курс, равна 0,9,
а вероятность окончить институт равна 0,8. Какова вероятность того, что
студент второго курса окончит институт?
11.60. Известно, что для данного эксперимента событие A не зависит от
события B. Показать, что тогда событие B не зависит от A (т. е. свойство не8
зависимости является взаимным).
11.61. Пусть события A и B несовместны (AB = Æ) и имеют ненулевые
вероятности. Доказать, что они зависимы. В частности, отсюда следует, что
элементарные исходы любого вероятностного эксперимента зависимы.
11.62. Пусть события A и B независимы и не являются невозможными.
Доказать, что они совместны.
11.63. Пусть события A и B независимы. Показать, что тогда независи8
мыми являются и события A и B.
Следствие. Если A и B независимы, то независимы также и следующие
пары событий: A и B, A и B, A и B.
11.64. Из колоды в 36 карт наудачу извлекают одну карту. События:
A = {вынут туз}, B = {вынута карта красной масти}, F = {вынутая карта —
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
371
фигура, т. е. является валетом, дамой, королем или тузом}. Установить, за(
висимы или независимы следующие три пары событий: A и B, A и F, F и B.
11.65. В семье двое детей. Считая, что рождение мальчика и девочки —
события независимые и равновероятные, вычислить вероятность того, что
оба ребенка мальчики, если известно, что в семье есть мальчик.
События A1, A2, ..., An, n > 2, называются независимыми в совокупности, если
для любого подмножества { Aik , k 1 1,..., m; m 1 2,3,..., n} из этих событий выполняет(
ся равенство
P( Ai1 Ai2 ... Aim ) 1 P( Ai1 )P( Ai2 )...P( Aim ).
В частности, для событий Ai, i = 1, ..., n, независимых в совокупности,
P(A1A2 ... An) = P(A1)P(A2) ... P(An).
(11.9)
Если события A1, A2, ..., An независимы в совокупности, то они и попарно незави(
симы, т. е. P(AiAj) = P(Ai)P(Aj) для любых i, j Î {1, 2, ..., n}, i ¹ j. Обратное, вообще го(
воря, неверно, т. е. из попарной независимости событий A1, A2, ..., An не следует
независимость в совокупности.
11.66. Подбрасываются наудачу две правильные монеты. События: A1 = {на
первой монете выпал герб}, A2 = {на второй монете выпал герб}, A3 = {на од(
ной и только одной из монет выпал герб}. Показать, что события A1, A2, A3
попарно независимы, но не являются независимыми в совокупности.
11.67 (пример Бернштейна). Тетраэдр, три грани которого окрашены со(
ответственно в красный, зеленый и синий цвета, а четвертая грань содержит
все три цвета, наудачу бросается на плоскость. События R, G и B состоят в
том, что тетраэдр упал на грань, содержащую соответственно красный, зеле(
ный либо синий цвет. Доказать, что указанные события попарно независи(
мы, но не являются независимыми в совокупности.
5. Вероятности сложных событий
Сложным событием называется наблюдаемое событие, выраженное с помощью
допустимых алгебраических операций через другие, наблюдаемые в этом же экспе(
рименте события. Вероятность осуществления того или иного сложного события
вычисляется по правилам, основу которых составляют две следующие формулы.
Формула сложения вероятностей для двух событий:
P(A + B) = P(A) + P(B) – P(AB).
Формула умножения вероятностей для двух событий:
P(AB) = P(A)P(B/A) = P(B)P(A/B).
Формула сложения легко обобщается на случай трех и большего числа собы(
тий (см., например, задачу 11.79). Формула умножения для произвольного числа
n событий может быть записана в следующем виде:
P(A1A2 ... An) = P(A1)P(A2/A1) ... P(An/A1A2 ... An–1).
(11.10)
ПРИМЕР 11.7. Из урны, в которой первоначально было 5 белых и 5 черных ша(
ров, извлекли последовательно 3 шара. Найти вероятность того, что все извлеченные
372
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
шары — белые (событие A), если: а) шары извлекались с возвращением; б) шары из+
влекались без возвращения.
& Пусть события Ai = {в i+м извлечении взят белый шар}. Рассмотрим две поста+
новки опыта.
а) При каждом возвращении очередного шара состав урны восстанавливается, и
результат каждого следующего извлечения можно считать независимым от преды+
дущих. Поэтому по формуле (11.9) при n = 3 имеем
1 12 2 3 18.
3
P( A ) 3 P( A1 A2 A3 ) 3 P( A1 )P( A2 )P( A3 ) 3
б) При извлечении без возвращения состав урны меняется, события A1, A2 и A3
становятся зависимыми, поэтому используем формулу умножения (11.10) при n = 3:
P(A) = P(A1A2A3) = P(A1)P(A2/A1)P(A3/A1A2).
Найдем вероятности событий в правой части последнего равенства. Очевидно,
5 1
4
1 . Далее, P( A2 / A1 ) 1 , так как при условии, что событие A1 произошло,
10 2
9
ко второму извлечению в урне осталось 9 шаров, из которых 4 — белые. И, наконец,
P( A1 ) 1
3
P( A3 / A1 A2 ) 1 , поскольку, если произошло событие A1A2 (и в первый, и во второй
8
раз извлекли белый шар), то к третьему извлечению в урне было 8 шаров, из кото+
рых 3 белых. Подставляя полученные значения вероятностей в формулу для P(A),
11.68. Пусть события A1, A2, ..., An независимы в совокупности. Пока+
зать, что
P( A1 1 A2 1 ... 1 An ) 2 1 3 P( A1 )P( A2 )...P( An ).
11.69. Из урны, содержащей 6 белых и 4 черных шара, наудачу и после+
довательно извлекают по одному шару до появления черного шара. Найти
вероятность того, что придется производить четвертое извлечение, если вы+
борка производится: а) с возвращением; б) без возвращения.
11.70. В условиях эксперимента, описанного в задаче 11.64, вычислить
вероятности событий BF, AF и ABF.
11.71. В условиях того же эксперимента вычислить вероятности событий
B + F, F – A, F – AB.
11.72. Только один из n ключей подходит к данной двери. Найти вероят+
ность того, что придется опробовать ровно k ключей (k £ n) для открывания
двери.
11.73. Монета бросается 3 раза. Какова вероятность, что все 3 раза поя+
вится герб?
11.74. Из колоды в 36 карт наудачу извлекают 3 карты. Какова вероят+
ность, что среди них окажется хотя бы один туз?
11.75. Два стрелка независимо друг от друга произвели по одному вы+
стрелу в одну и ту же мишень. Найти вероятности событий: A = {в мишени
есть пробоины}, B = {ровно одна пробоина в мишени}.
11.76. Наудачу подбрасываются две игральные кости. Найти вероятно+
сти следующих событий: A = {сумма выпавших очков четна}, B = {произве+
373
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
дение выпавших очков четно}, C = {на одной из костей число очков четно, а
на другой — нечетно}.
11.77. Сколько раз нужно бросить пару игральных костей, чтобы с веро+
ятностью, не меньшей 0,5, хотя бы один раз появилась сумма очков, рав+
ная 12?
11.78. Какова вероятность того, что наудачу взятое двузначное число де+
лится на 2, но не делится на 3?
11.79. Используя ассоциативное свойство сложения, показать, что спра+
ведлива следующая формула сложения для трех событий:
P(ABC) = P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) – P(BC) – P(AC) + P(ABC).
Рассмотрим схемы соединения элементов с одним входом и одним выходом. Пред+
положим, что отказы элементов являются независимыми в совокупности события+
ми. Считается известной надежность pk k+го элемента (вероятность его безотказной
работы в течение заданного времени). Соответственно qk = 1 – pk — вероятность его
отказа. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви цепи,
где находится данный элемент.
В задачах 11.80–11.82 вычислить надежность каждой из схем.
11.80.
11.81.
11.82.
6. Формула полной вероятности и формула Байеса
Пусть H1, H2, ..., Hn — наблюдаемые события в эксперименте, причем система
множеств {H1, H2, ..., Hn} образует разбиение множества W. Для любого наблюдае+
мого в эксперименте события A справедлива следующая формула полной вероят
ности:
n
P( A ) 1 2 P( Hk )P( A / Hk ).
(11.11)
k 11
События Hk принято называть гипотезами по отношению к событию A. Безус+
ловные вероятности P(Hk) трактуются как доопытные (априорные) вероятности ги+
потез.
Систему множеств {H1, H2, ..., Hn} в событийной трактовке называют полной
группой несовместных событий.
ПРИМЕР 11.8. На трех заводах производятся однотипные изделия. В магазин
поступило 50 изделий с первого завода, 20 изделий — со второго завода и 30 изде+
лий — с третьего завода. Брак в общем количестве изделий, производимых на пер+
вом заводе, составляет 1%, на втором заводе — 2% и на третьем заводе — 3%.
374
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
В магазине наудачу выбрано одно изделие для покупки. С какой вероятностью это
изделие является бракованным?
& Введем обозначения: A = {выбрано бракованное изделие}, Hi = {выбранное из2
делие изготовлено на i2м заводе}, i = 1, 2, 3. Очевидно, гипотезы {Hi} составляют пол2
ную группу попарно несовместных событий.
Согласно условию задачи, вероятности гипотез равны
50
20
30
1 0,5, P( H2 ) 1
1 0,2, P( H3 ) 1
1 0,3,
100
100
100
а условные вероятности события A равны P(A/H1) = 0,01, P(A/H2) = 0,02, P(A/H3) = 0,03.
По формуле полной вероятности (11.11) находим P(A) = 0,5 × 0,01 + 0,2 × 0,02 +
+ 0,3 × 0,03 = 0,018. %
Пусть эксперимент проведен и стало известно, что событие A произошло. Возни2
кает вопрос: какова послеопытная (апостериорная) вероятность осуществления
гипотезы Hk при условии, что событие A произошло? Ответ дается формулой Байеса
P( H1 ) 1
P( Hk / A ) 1
P( Hk )P( A / Hk )
,
P( A )
(11.12)
где P(A) — полная вероятность, определяемая формулой (11.11). Формула Байеса
позволяет «переоценить» вероятность каждой из гипотез после поступления новой
информации относительно осуществления тех или иных наблюдаемых событий.
ПРИМЕР 11.9. В электронном устройстве, состоящем из двух блоков, возникла
неисправность. Предварительный анализ возможных ее причин привел к такой оцен2
ке возможностей локализации неисправности: вероятности отказов в первом и вто2
ром блоках равны 0,4 и 0,6 соответственно (возможность отказов в обоих блоках
исключается). Для уточнения причины неисправности на вход устройства был по2
дан тестовый сигнал, который не проходит на выход с вероятностью 0,2, если неис2
правен первый блок, и с вероятностью 0,9 при неисправности во втором блоке. Сиг2
нал на выходе не появился. В каком из блоков наиболее вероятно находится неис2
правность?
& Введем обозначения событий: A = {сигнал на выходе не появился}, H1 = {неис2
правен первый блок}, H2 = {неисправен второй блок}.
По условию задачи P(H1) = 0,4, P(H2) = 0,6, P(A/H1) = 0,2, P(A/H2) = 0,9.
По формуле Байеса (11.12) находим
P( H1 / A ) 2
Полученные значения апостериорных вероятностей гипотез позволяют с большой
уверенностью считать, что причина неисправности находится во втором блоке. %
11.83. В условиях эксперимента, описанного в примере 11.8, случайно
выбранное изделие оказалось дефектным. Какова при этом условии вероят2
ность, что оно изготовлено первым заводом?
11.84. В одной урне лежат 1 белый и 3 черных шара, во второй — 2 белых
и 2 черных шара. Наудачу выбирают урну и из нее наудачу вынимают шар.
С какой вероятностью этот шар белый?
11.85. Проверяется партия приборов, среди которых 10% дефектных.
Проверка такова, что с вероятностью 0,95 обнаруживается дефект, если он
есть, и с вероятностью 0,03 прибор ошибочно признается неисправным. С ка2
кой вероятностью проверяемый прибор будет признан дефектным?
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
375
11.86. Студент Иванов знает только 10 из 25 экзаменационных билетов.
В каком случае шансы Иванова получить знакомый билет выше: когда он
подходит тянуть билет первым или вторым по счету?
11.87. Программа экзамена содержит 30 различных вопросов, из кото7
рых студент Иванов знает только 15. Для успешной сдачи экзамена доста7
точно ответить на два предложенных вопроса или на один из них и на до7
полнительный вопрос. Какова вероятность того, что Иванов успешно сдаст
экзамен?
11.88. Производится n независимых выстрелов зажигательными снаря7
дами по резервуару с горючим. Каждый снаряд попадает в резервуар с веро7
ятностью p. Если в резервуар попал один снаряд, то горючее воспламеняется
с вероятностью p1, если два и больше снарядов — с полной достоверностью.
Найти вероятность того, что при n выстрелах горючее воспламенится.
11.89. Три стрелка произвели по одному выстрелу в мишень. Вероятно7
сти попадания в мишень первым, вторым и третьим стрелком соответствен7
но равны 0,4, 0,3 и 0,5. Какова вероятность, что первый стрелок промахнул7
ся, если в мишени оказалось две пробоины?
11.90. Из 18 стрелков 5 попадают в мишень с вероятностью 0,8, 7 — с ве7
роятностью 0,7, 4 — с вероятностью 0,6 и 2 — с вероятностью 0,5. Наудачу
выбранный стрелок произвел выстрел, но в мишень не попал. К какой из
групп вероятнее всего принадлежит этот стрелок?
11.91. Прибор состоит из двух последовательно включенных узлов. На7
дежность первого узла равна 0,9, второго — 0,8. За время испытания прибо7
ра зарегистрирован его отказ. Какова вероятность, что отказал только пер7
вый узел?
11.92. Предположим, что надежность определения туберкулеза при рент7
геновском просвечивании грудной клетки составляет 99% (т. е. 1% носите7
лей туберкулеза остаются нераспознанными). Вероятность того, что у здоро7
вого человека будет ошибочно определен туберкулез, равна 0,01. Просвечива7
нию была подвергнута большая группа людей со средним процентом больных,
равным 0,1%. Какова вероятность того, что человек, признанный больным,
действительно является носителем туберкулеза?
§ 11.2.
СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ
1. Случайные величины дискретного типа
Действительная функция X = X(w), определенная на множестве W данного экс7
перимента, называется случайной величиной дискретного типа (сокращенно СВДТ),
если множество EX ее возможных значений (реализаций) конечно или счетно.
Пусть P{X 1 xk } 1 pk 2 0,
3 pk 1 1,
где суммирование ведется по всем возможным
k
значениям k.
Законом распределения случайной величины X дискретного типа называется
закон соответствия между ее возможными значениями xk Î EX и вероятностями pk
этих возможных значений.
376
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Закон распределения СВДТ можно задать аналитически или с помощью ряда
распределения, который обычно оформляется в виде таблицы.
ПРИМЕР 11.10. Трижды подбрасывается монета. Случайная величина X — чис7
ло выпавших гербов. Описать закон распределения.
& Очевидно, что EX = {0, 1, 2, 3}. Множество эле7
1 2 3 4 5 6 2 7 88987
ментарных исходов эксперимента W состоит из 8 рав7
7
12
32
42
52
новероятных исходов. Рассматривая событие {X = k},
k Î EX, как сложное и применяя правила теории веро7
7 3672 5672 5672 3672
ятностей, получаем закон распределения, который офор7
1
мим в виде таблицы 11.1.
Полученное в примере 11.10 распределение носит название биномиального. Его
общие свойства будут изучены позже. %
Функция FX(x) действительной переменной x, –¥ < x < ¥, определяемая фор7
мулой
FX (x) 2 P{X 1 x} 2
3
P{X 2 xi }
i: xi 1 x
называется функцией распределения случайной величины Х дискретного типа.
Функция FX(x) обладает следующими свойствами:
1. 0 £ FX(x) £ 1 "x Î R.
2. FX(–¥) = 0, FX(+¥) = 1.
3. FX(x) неубывающая функция на всей оси.
4. FX(x) непрерывна слева, т. е.
lim FX (x) 3 FX (x0 ) "x0 Î R.
x 1 x0 2 0
5 (конструктивное свойство). P{x1 £ X < x2} = FX(x2) – FX(x1).
Из определения и свойств 3 и 4 следует, что FX(x) имеет ступенчатый вид, испы7
тывая скачки в точках x, для которых существует положительная вероятность со7
бытия {X = x}.
1 2 3 4 5 6 2 7 889 7
ПРИМЕР 11.11. Закон распределения СВДТ
задан таблицей 11.2.
Составить функцию распределения и постро7
ить ее график. С помощью FX(x) найти вероятно7
сти событий {X = 2} и {–1 < X £ 2}.
& По определению FX(x) = P{X < x}, поэтому
x 1 23,
30,
40,1,
23 5 x 1 21,
4
0,4,
21 5 x 1 0,
4
FX (x) 6 7
0 5 x 1 2,
40,5,
40,8,
2 5 x 1 3,
4
x 8 3.
91,
График функции распределения FX(x) приведен
на рис. 11.3.
1.93. Закон распределения СВДТ X задан
таблицей 11.3. Найти вероятность события
{–3 £ X £ 4}.
Рис. 11.3
2 3 4 5 6 7 3 1 889 1
1
62
1
12
32
42
52
7812
7832
7892
78 2
377
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
11.94. Индикатором события A Î F называется СВДТ IA, определяемая
равенством
31, 12 A,
I A 4 I A (1) 4 5
70, 16 A.
Обозначим p = P(A). Описать закон распределения индикатора IA и вы*
числить функцию распределения FI A (x).
11.95. В урне 5 белых и 25 черных шаров. Вынули наудачу два шара. Слу*
чайная величина X — число вынутых белых шаров. Описать закон распреде*
ления и составить функцию распределения FX(x).
11.96. Случайная величина X принимает только два различных значе*
ния 1 и –1 с вероятностями 0,5. Вычислить FX(0,5) и FX(–0,5).
11.97. Функция распределения случайной величины X имеет вид
20, если x 1 2,
330,3, если 2 4 x 1 3,
FX (x) 5 6
30,5, если 3 4 x 1 4,
381, если x 7 4.
Вычислить P{X ³ 3,5} и P{|X| < 2,5}.
11.98. Построить ряд распределения для СВДТ из предыдущей задачи.
Числовые характеристики случайной величины дискретного типа. Начальным
моментом sго порядка случайной величины X дискретного типа называется дейст*
вительное число as, определяемое формулой
1 s 2 3 xisP{X 2 xi } 2 3 xis pi .
i
(11.13)
i
Начальный момент as существует, если ряд в правой части формулы (11.13) схо*
дится абсолютно.
Начальный момент первого порядка a1 называется математическим ожидани
ем (средним значением по распределению) случайной величины X и для него исполь*
зуется специальное обозначение mX = M[X] = a1. Таким образом, математическое
ожидание определяется формулой
mX 1 2 xi P{X 1 xi } 1 2 xi pi .
i
(11.14)
i
Математическое ожидание в теории вероятностей относится к типу характери
стик положения. Другой характеристикой положения может являться мода рас
пределения, определяемая как наиболее вероятное из возможных значений слу
чайной величины X: dX 1 argmaxP{X 1 xk }.
xk
Центральным моментом sго порядка случайной величины X называется дей*
ствительное число ms, определяемое формулой
1s 2 4 (xi 3 mX )s pi .
i
Центральный момент второго порядка называется дисперсией случайной вели
чины X и для нее используется специальное обозначение DX = D[X] = m2.
Таким образом, дисперсия случайной величины X определяется по формуле
DX 1 3 (xi 2 mX )2 pi .
i
378
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Действительное число 1 X 2 DX называется средним квадратическим отклоне
нием случайной величины X (или стандартным отклонением).
ПРИМЕР 11.12. Закон распределения случайной величины X задан табли0
цей 11.4.
Вычислить mX, a2 и dX.
& По формуле (11.14) получаем mX = –1 × 0,1 +
1 2 3 4 5 6 2 7 889 7
+ 0 × 0,2 + 1 × 0,3 + 2 × 0,4 = 1. Начальный момент a2
7
123
43
23
53
находим по формуле (11.13) при s = 2:
a2 = (–1)2 × 0,1 + 02 × 0,2 + 12 × 0,3 + 22 × 0,4 = 2.
63
4723 4753 4783 4793
Наиболее вероятным значением для данного распре0
7
деления является x4 = 2, поэтому dX = x4 = 2. %
1 2 3 4 5 6 2 7 889 7
7
53
83
93
22 3
2 93
2 53
82 3
11.99. Закон распределения случайной вели0
чины X задан таблицей 11.5.
Вычислить mX, DX и sX.
11.100. Доказать, что из определений моментов следует формула
63
1
23
2,
DX 1 22 3 212 1 22 3 mX
которую часто используют для вычисления дисперсии.
11.101. Вычислить математическое ожидание, дисперсию и среднеквад0
ратическое отклонение индикаторной случайной величины IA, определен0
ной в задаче 11.93.
1 2 3 4 5 6 2 7 889 7
11.102. Закон распределения случайной величины X
7
12
32
42
задан таблицей 11.6. Найти константу c и вычислить
52 1632 1642
7
P{X > 0,7}, mX, DX и sX.
11.103. Возможные значения случайной величины X 1
таковы: x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3. Известно, что mX = 2,3, a2 = 5,9. Найти вероят0
ности, соответствующие возможным значениям X, и составить ряд распре0
деления.
11.104. Баскетболист бросает мяч в корзину до первого попадания, но не
более трех раз. Вероятность попадания при каждом броске равна 0,8. Слу0
чайная величина X — количество произведенных бросков. Описать закон
распределения случайной величины X и найти mX и DX.
11.105. В урне 2 белых и 3 черных шара. Наудачу вынимаются два шара.
Случайная величина X — число белых шаров среди вынутых. Составить ряд
распределения случайной величины X и найти математическое ожидание и
дисперсию.
2. Примеры основных дискретных распределений
Биномиальный закон распределения. Ряд классических дискретных распреде0
лений связан с экспериментом, в котором проводятся последовательные независи0
мые испытания и наблюдается результат совместного осуществления тех или иных
исходов каждого испытания.
Испытания (опыты) называются независимыми, если вероятность любого ис0
хода в n0м по счету испытании не зависит от того, какие исходы имели другие
испытания.
379
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Простейшим примером последовательности независимых испытаний является
повторение опыта в неизменных условиях, в каждом из которых имеется два исхо+
да — успех (если событие A произошло) и неуспех (если событие A не произошло).
При этом вероятности успеха (p) и неуспеха (q = 1 – p) не зависят от номера опыта.
Такая схема повторных испытаний называется схемой Бернулли.
Пусть X — число успехов в n опытах по схеме Бернулли с вероятностью успеха в
одном опыте, равной p. Множество возможных значений данной дискретной слу+
чайной величины равно EX = {0, 1, ..., n}, а вероятности реализаций этих значений
определяются формулой Бернулли
pm 2 P{X 2 m} 2 Cnm pm q n 1 m, m 3 EX .
(11.15)
Полученное распределение называется биномиальным. Оно зависит от двух па+
раметров и для краткости обозначается X ~ B(n, p).
Основные числовые характеристики биномиального распределения:
mX = np, DX = npq, 1 X 2 DX 2 npq .
(11.16)
Наиболее вероятное значение, т. е. мода dX, удовлетворяет неравенству
np – q £ dX £ np + p.
(11.17)
ПРИМЕР 11.13. Передается 5 сообщений по каналу связи (n = 5). Каждое сооб+
щение с вероятностью p = 0,3, независимо от других искажается. Случайная вели+
чина X — количество искаженных сообщений. Вычислить вероятность того, что ров+
но 2 сигнала получат искажение и найти mX, DX, sX, dX.
& По описанию эксперимента X имеет биномиальное распределение с парамет+
рами n = 5 и p = 0,3. По формуле (11.15) получаем
P{X 1 2} 1 C52 p2q3 1 10 2 0,32 2 0,73 3 0,309.
Числовые характеристики находим по формулам (11.16)–(11.17):
mX = 5 × 0,3 = 1,5, DX = 5 × 0,3 × 0,7 = 1,05, 1 X 2 1,05 3 1,03, dX = 1. %
11.106. Производится 5 независимых выстрелов по цели, вероятность
попадания в которую равна 0,2. Для поражения цели достаточно трех попа+
даний. Найти вероятность того, что цель будет поражена.
11.107. Вероятность того, что событие A хотя бы один раз произойдет в
4 независимых испытаниях по схеме Бернулли, равна 0,59. Какова вероят+
ность появления события A в одном испытании?
11.108. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,2.
Сделано 10 выстрелов. Найти наиболее вероятное число попаданий и вероят+
ность этого числа.
11.109. Десять осветительных лампочек для елки включены в цепь по+
следовательно. Вероятность для любой лампочки перегореть при повыше+
нии напряжения в сети равна 0,1. Определить вероятность разрыва цепи при
повышении напряжения в сети.
11.110. Производится обстрел учебной цели из орудия. Вероятность по+
падания в цель при одном выстреле равна p. Поражение цели может насту+
пить при k попаданиях (k = 1, 2, ...) с вероятностью, равной 1 – tk (0 < t < 1).
Вычислить вероятность поражения цели при n выстрелах.
380
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
11.111. На контроль поступила партия деталей из цеха. Известно, что
5% всех деталей не удовлетворяет стандарту. Сколько нужно испытать дета1
лей, чтобы с вероятностью не менее 0,95 обнаружить хотя бы одну нестан1
дартную деталь?
11.112. Вероятность отказа каждого прибора при испытании не зависит
от отказов остальных приборов и равна 0,2. Пусть X — число отказавших
приборов из 9. Вычислить вероятность события A = {X ³ mX} и наиболее ве1
роятное число отказавших приборов.
Распределение Пуассона. СВДТ X имеет распределение Пуассона с параметром
a > 0, если ее возможные значения xm = m, где m = 0, 1, 2, ..., а вероятности реализа1
ции этих значений в опыте определяются формулой Пуассона
am 1 a
e , m 3 EX .
(11.18)
m!
Так как распределение Пуассона зависит от одного параметра a, то для кратко1
сти пишут X ~ Pu(a).
Характерной особенностью распределения Пуассона является совпадение мате1
pm 2 P{X 2 m} 2
матического ожидания и дисперсии, т. е. mX = DX = a, 1 X 2 DX 2 a .
Распределение Пуассона может быть получено из биномиального путем предель1
ного перехода при n ® ¥ и p ® 0 при условии np ® a, и в этом случае интерпретиру1
ется как закон редких явлений. Если n достаточно велико, а p мало, то при условии
0,1 < np < 10 формулу Пуассона (11.18) часто используют в качестве приближения
для биномиальных вероятностей осуществления ровно m успехов в n независимых
испытаниях.
ПРИМЕР 11.14. Завод отправил на базу 5000 доброкачественных изделий. Ве1
роятность того, что в пути изделие повредится, равна 0,0002. Найти вероятность
того, что среди доставленных на базу изделий окажется ровно 3 поврежденных
изделия.
& Пусть X — число поврежденных изделий из 5000. Согласно описанию экспери1
мента X ~ B(n, p), где n = 5000, p = 0,0002. Так как a = np = 5000 × 0,0002 = 1, то вы1
полнены условия применения закона редких явлений. Следовательно, приближенно
13 11 1
4e 2
3 0,06. 1
3!
6e
Замечание. Имеются специальные таблицы (см. приложения 3 и 4), с помощью
которых можно найти вероятности распределения Пуассона и суммарные вероятно1
сти распределения Пуассона.
P{X 2 3} 3
11.113. В стае 1000 птиц, из которых 50 окольцованных. Орнитологами
поймано 100 птиц. Найти среднее число окольцованных птиц среди пойман1
ных и вероятность того, что среди пойманных птиц нет окольцованных.
11.114. Аппаратура содержит 2000 одинаково надежных элементов, ве1
роятность отказа каждого из которых не зависит от состояния остальных
элементов и равна 0,0005. Какова вероятность отказа аппаратуры, если он
наступает при отказе по крайней мере двух элементов?
11.115. Найти вероятность того, что среди 200 изделий окажется более
трех бракованных, если в среднем число бракованных изделий составляет 1%.
381
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
11.116. Корректура в 500 страниц содержит 1300 опечаток. Найти наибо&
лее вероятное число опечаток на одной странице текста и вероятность этого
числа.
11.117. Среднее число болезнетворных микробов в одном кубическом мет&
ре воздуха равно 100. Взято на пробу 2 дм3 воздуха. Найти вероятность того,
что в нем будет обнаружен хотя бы один микроб.
Пусть модель вероятностного эксперимента представляет собой простейший пу
ассоновский поток событий с интенсивностью l (l — среднее число событий, по&
являющихся в единицу времени).
Обозначим X — число наблюдаемых событий за время t в пуассоновском потоке
с интенсивностью l. Тогда X ~ Pu(a), где a = lt, и справедлива формула Пуассона
pm 4 P{X 4 m} 4
(23)m 123
e .
m!
Подобной моделью описываются, например, поступления вызовов на АТС, в ско&
рую помощь, в пожарную часть или приходы посетителей в те или иные объекты
массового обслуживания.
ПРИМЕР 11.15. На автоматическую телефонную станцию поступает простейший
поток вызовов с интенсивностью l = 0,8 (вызов/мин). Найти вероятность того, что за
2 минуты: а) не поступит ни одного вызова; б) поступит ровно один вызов; в) посту&
пит хотя бы один вызов.
& Случайная величина X — число вызовов за 2 минуты — распределена по закону
Пуассона с параметром a = lt = 0,8 × 2 = 1,6. Применяя формулу Пуассона, получаем:
(1,6)0 11,6
e
3 0,202;
0!
1
(1,6) 11,6
e
3 0,323;
б) p1 2
1!
а) p0 2
в) P{X ³ 1} = 1 – P{X < 1} = 1 – 0,202 » 0,798. %
11.118. В магазин за покупками приходят в среднем 30 человек в час.
С какой вероятностью можно ожидать, что в течение минуты в магазин не
войдет ни один покупатель?
11.119. На регистрирующее устройство попадает в среднем 120 космиче&
ских частиц в минуту. С какой вероятностью за одну секунду будет зарегист&
рировано не менее двух частиц?
11.120. Среднее число вызовов, поступающих на АТС в минуту, равно
120. Найти вероятности следующих событий: A = {за две секунды на АТС не
поступит ни одного вызова}, B = {за две секунды на АТС поступит менее двух
вызовов}.
11.121. В условиях предыдущей задачи найти вероятности событий: C = {за
одну секунду на АТС поступит ровно три вызова}, D = {за три секунды на АТС
поступит менее трех вызовов}.
Геометрический закон распределения. Рассмотрим следующий эксперимент.
Пусть испытания по схеме Бернулли с вероятностью успеха p в одном испытании
382
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
повторяются до тех пор, пока не появится успех, после чего прекращаются. Обозна/
чим X — число проведенных испытаний. Закон распределения данной случайной
величины называется геометрическим с параметром p > 0 и описывается следую/
щим образом: множество возможных значений EX = N, а вероятности реализаций
этих значений в опыте описываются формулой
pm = P{X = m} = qm–1p, m Î N.
(11.19)
Вероятности pm для последовательных значений m образуют геометрическую
прогрессию с первым членом p и знаменателем q = 1 – p, чем объясняется название —
«геометрическое распределение». (Краткое обозначение: X ~ G(p).)
Основные числовые характеристики случайной величины X, имеющей геомет/
рическое распределение, определяются формулами
q
q
1
mX 1 , DX 1 2 , 2 X 1 DX 1
, qX 1 1.
p
p
p
ПРИМЕР 11.16. Стрелок продолжает стрелять до тех пор, пока не промахнется.
Вероятность его попадания в цель при каждом выстреле — p = 0,9. Какова вероят/
ность того, что он сделает не менее трех выстрелов?
& Обозначим X — число выстрелов, сделанных стрелком. Очевидно, что
X ~ G(1 – p),
поэтому по формуле (11.19) получаем
P{X ³ 3} = 1 – P{X < 3} = 1 – 0,1 – 0,9 × 0,1 = 0,81. %
11.122. Вероятность попадания баскетболистом в корзину при штрафном
броске равна 1/3. На тренировке баскетболист выполняет штрафные броски
до тех пор, пока не попадет в корзину, а затем передает мяч другому игроку.
Какова вероятность, что баскетболист сделает число бросков, превышающее
среднее число по распределению?
11.123. Вероятность изготовления бракованной детали на станке равна
0,05. Пусть X — число бракованных деталей, изготавливаемых на станке с
начала его работы до появления первой бракованной детали. Найти mX
и FX(3).
11.124. Из колоды, состоящей из 36 карт, последовательно достают по
одной карте, каждый раз возвращая обратно. Найти среднее число извлечен/
ных карт до появления туза пик и вероятность того, что до появления туза
пик придется извлекать не менее 3 карт.
11.125. При проведении операции срочно потребовался донор с редкой
группой крови. По статистике такая группа крови встречается у 5% людей.
Сколько в среднем придется опросить людей, чтобы найти человека с такой
группой крови? Какова вероятность того, что из 10 сотрудников, работаю/
щих в операционной, найдется хотя бы один с такой группой крови?
11.126. Вероятность появления брака на автоматической линии равна
0,001. Линия работает без переналадки до появления первого бракованного
изделия. Сколько изделий в среднем производит данная автоматическая ли/
ния между двумя переналадками? Какова вероятность, что число произве/
денных изделий окажется больше 3mX?
383
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
3. Случайные величины непрерывного типа
Случайная величина X называется случайной величиной непрерывного типа
(сокращенно СВНТ), если при всех x Î R функция распределения FX(x) представима в виде
x
FX (x) 3 P{X 4 x} 3
5 fX (t) dt,
12
где fX(x) — так называемая плотность распределения вероятностей, удовлетворяющая условиям:
1. fX(x) ³ 0 для всех x Î R (свойство неотрицательности плотности).
12
2.
5 fX (x) dx 4 1
(условие нормировки).
32
3. P{X 1 B} 2 3 fX (x) dx для любого B Ì R.
B
x2
4. (Частный случай пункта 3.)
5 fX (x) dx 1 P{x1 2 X 2 x2 }
3x1 4 x2.
x1
5. FX1 (x) 2 fX (x) в точках непрерывности плотности fX(x).
Начальным моментом sго порядка случайной величины X называется действительное число as, определяемое формулой
4s 5
12
6 xsfX (x) dx,
s 5 0,1,2,... .
(11.20)
32
Начальный момент as существует, если интеграл в правой части формулы (11.20)
сходится абсолютно.
Начальный момент первого порядка a1 называется математическим ожидани
ем (средним значением по распределению) случайной величины X и для него используется специальное обозначение mX = M[X] = a1.
Таким образом, математическое ожидание определяется формулой
mX 4
12
5 xfX (x) dx.
(11.21)
32
Случайная величина называется центрированной, если ее математическое ожидание равно нулю. Общепринятым для центрированной случайной величины явля1
1
ется обозначение X, так что M[ X ] 1 0.
Центральным моментом sго порядка непрерывной случайной величины X называется действительное число ms, определяемое формулой
4s 5
12
6 (x 3 mX )sfX (x) dx.
32
Центральный момент ms существует, если интеграл в правой части формулы сходится абсолютно.
Центральный момент второго порядка называется дисперсией случайной вели
чины X и для него используется специальное обозначение DX = D[X] = m2. Таким образом, дисперсия случайной величины X определяется формулой
DX 4
12
6 (x 3 mX )2fX (x) dx 4 52 3 mX2 .
32
(11.22)
384
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Действительное число 1 X 2 DX называется средним квадратическим отклоне
нием случайной величины X непрерывного типа (или стандартным отклонением).
Случайная величина X называется стандартизованной, если mX = 0 и sX = 1.
Математическое ожидание — не единственная характеристика положения слу4
чайной величины непрерывного типа. Часто применяются и другие, такие как мода,
медиана и квантиль распределения.
Модой СВНТ X называется действительное число dX, являющееся точкой мак4
симума функции плотности fX(x). Мода может не существовать, иметь единственное
значение (такие распределения называются унимодальными) или много значений
(полимодальные распределения).
Медианой случайной величины X непрерывного типа называется действитель4
ное число hX, определяемое условием P{X < hX} = P{X ³ hX}. Таким образом, медиана
hX — корень уравнения FX(x) = 0,5. Геометрически медиана — это абсцисса той точ4
ки на оси Ox, для которой площади под графиком функции плотности fX(x), лежа4
щие слева и справа от нее, одинаковы и равны 0,5. В случае симметричного распре4
деления (имеющего моду) три характеристики — математическое ожидание (если
оно существует), мода и медиана совпадают.
Квантилью порядка p распределения СВНТ X называется действительное чис4
ло xp, удовлетворяющее условию P{X < xp} = p. Таким образом, hX = x0,5, т. е. медиа4
на hX — квантиль порядка 0,5.
ПРИМЕР 11.17. Плотность распределения случайной величины X имеет вид
20, x 1 2,
3
fX (x) 4 70,75(x 5 2)(4 5 х), 2 6 x 1 4,
30, x 8 4.
9
Найти математическое ожидание, дисперсию, моду и медиану случайной величины X.
& Очевидно, что распределение симметрично, так как график плотности fX(x) =
= 0,75(x – 2)(4 – x) при 2 < x £ 4 является параболой. Осью симметрии является вер4
тикальная прямая x = 3. Поэтому mX = dX = hX = 3; дисперсию определим по форму4
2 . По формуле (11.21) нахо4
ле (11.22) через второй начальный момент: DX 1 22 3 mX
4
1
1
1
. Ка4
11.127. Заданы функции f1(x) = –x2, f2 (x) 1 sin x 2 , f3 (x) 1
2
2
3(1 2 x2)
кие из них не являются плотностями вероятности?
11.128. Известна функция распределения СВНТ X:
20, x 1 0,
3
FX (x) 4 6ax2, 0 5 x 1 1,
31, x 7 1.
8
Вычислить коэффициент a, плотность распределения fX(x), P{0,25 £ X <
< 0,5}, математическое ожидание и дисперсию.
11.129. Известна функция плотности распределения вероятностей:
20, | x | 3 1 ,
4
2
fX (x) 5 6
4a cos x, | x | 7 1 .
8
2
385
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Найти коэффициент a и вычислить mX, DX и FX(x).
11.130. Плотность распределения вероятностей СВНТ имеет вид
2
fX (x) 2 ae2x 1 x (a > 0).
Найти моду этой случайной величины.
11.131. Дана плотность распределения вероятностей случайной величины X:
20, x 1 0,
33
x3
fX (x) 4 7x 5 , 0 6 x 1 2,
4
3
390, x 8 2.
Найти моду и медиану случайной величины X.
11.132. СВНТ X имеет плотность распределения
20, x 1 0,
3
fX (x) 4 7a(3x 5 x2 ), 0 6 х 6 3,
30, х 8 3.
9
Найти коэффициент a, математическое ожидание, моду, медиану и дис6
персию.
11.133. Случайная величина имеет функцию распределения
20, x 1 1,
3
FX (x) 4 5 1
381 6 x , x 7 1.
Найти медиану и квантиль порядка 2/3. Существует ли математическое
ожидание у данного распределения?
4. Примеры основных непрерывных распределений
Равномерное распределение. Говорят, что СВНТ X распределена равномерно на
отрезке [a; b], если плотность распределения вероятностей имеет вид
20, x 1 [a; b],
3
fX (x) 4 5 1
, x 6 [a; b].
83 b 7 a
График плотности fX(x) приведен на рис. 11.4.
Краткое обозначение: X ~ R(a, b).
Функция распределения F X(x) = P{X < x}
имеет вид
20, x 1 a,
33 x 4 a
FX (x) 5 7
, a 6 x 1 b,
3b 4a
391, x 8 b.
Рис. 11.4
График FX(x) приведен на рис. 11.5.
Рис. 11.5
386
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Для X ~ R(a, b) математическое ожидание, дисперсия и среднее квадратическое
отклонение имеют вид:
(b 1 a)2
a2b
b1a
, DX 3
, 4X 3
.
(11.23)
mX 3
2
12
2 3
Моды равномерное распределение не имеет, а медиана совпадает с математическим ожиданием.
ПРИМЕР 11.18. Случайная величина X, являющаяся погрешностью приближенных измерений каких-либо параметров при округлении до ближайших целых чисел, удовлетворительно описывается распределением R(–d/2; d/2), где d — цена деления измерительного прибора. Вычислить mX, DX и sX.
& По формулам (11.23) получаем mX = 0, DX = d2/12, 1 X 2 33 /6. 1
11.134. Случайная величина X равномерно распределена на отрезке [–2, 2].
Вычислить P{X £ 3sX} и квантиль порядка 0,9.
11.135. Азимутальный лимб имеет цену делений один градус. Какова вероятность при считывании азимута угла сделать ошибку в пределах ±10 мин,
если отсчет округляется до ближайшего целого числа градусов?
11.136. Шкала рычажных весов, установленных в лаборатории, имеет
цену делений 1 г. При измерении массы вещества отсчет делается с округлением в ближайшую сторону. Какова вероятность, что абсолютная ошибка
измерения массы: а) не превысит величины среднеквадратического отклонения возможных ошибок определения массы; б) будет заключена между
значениями sX и 2sX?
Показательное (экспоненциальное) распределение. Случайная величина X называется распределенной по показательному (экспоненциальному) закону с пара
метром l > 0, если ее плотность распределения вероятностей имеет вид
40, x 3 0,
fX (x) 5 6 12x
82e , x 7 0.
Рис. 11.6
График плотности fX(x) приведен на
рис. 11.6.
Краткое обозначение: X ~ E(l).
Функция распределения FX(x) = P{X < x}
имеет вид
40, x 3 0,
FX (x) 5 6
12x
81 1 e , x 7 0.
График FX(x) приведен на рис. 11.7.
Основные числовые характеристики случайной величины X ~ E(l):
1
1
ln2
.
1 2 X , DX 1 2 , hX 1
3
3
3
Рис. 11.7
Показательное распределение тесно связано с простейшим пуассоновским потоком событий. Именно: интервал времени T между двумя соседними событиями в простейшем потоке имеет показательное распределение с параметром l, равным интенсивности потока. Таким образом, показательному распределению подчиняются такие случайные величины, как время ожидания
в очереди, время безотказной работы радиоэлектронной аппаратуры и другие.
mX 1
387
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
11.137. Время ремонта и обслуживания автомобиля после одной поезд&
ки X случайно и описывается экспоненциальным законом распределения.
Было замечено, что в текущем сезоне на ремонт и обслуживание автомобиля
после одной поездки тратилось в среднем 5 минут. Найти вероятность того,
что при очередной поездке это время не превысит 30 минут.
11.138. Время ожидания у бензоколонки автозаправочной станции явля&
ется случайной величиной X, распределенной по показательному закону со
средним временем ожидания, равным t0. Найти вероятности событий:
A3
112 t 4 X 5 23 t 2, B 3 {X 6 2t }.
0
0
0
11.139. Случайная величина X распределена по показательному закону с
параметром l = 10. Вычислить условную вероятность P{X ³ 100 / X ³ 99}.
11.140. Время X безотказной работы станка имеет показательное распре&
деление. Вероятность того, что станок не откажет за 5 часов работы, равна
0,60653. Найти mX, DX и начальный момент a2.
Нормальное распределение. Случайная величина X называется распределенной
по нормальному (гауссовскому) закону с параметрами m Î R и s > 0, если плотность
распределения вероятностей имеет вид
fX (x) 3
1
1
e
2 27
( x 1 m )2
2 22 ,
1 4 5 x 5 64.
Так как это распределение зависит от двух параметров: m и s, то пишут X ~ N(m, s).
При этом основные характеристики нормального распределения имеют следую&
щий вид: mX = m, DX = s2, hX = dX = m.
График плотности вероятности fX(x) (кривая Гаусса) изображен на рис. 11.8.
Кривая y = fX(x) симметрична относительно прямой, проходящей через точку
x = m параллельно оси ординат. Изменение m равносильно сдвигу кривой вдоль
оси Ox. При этом в точке x = m имеется един&
ственный максимум функции fX(x), равный
1
. С уменьшением s кривая нормального
1 22
распределения становится все более островер&
шинной (рис. 11.9).
Если случайная величина X ~ N(0, 1), то она
называется стандартизованной нормальной
Рис. 11.8
случайной величиной. Ее плотность имеет вид
2
2(x) 3
1 1 x2
e .
24
Эта функция табулирована только для x ³ 0,
поскольку является четной, т. е. j(–x) = j(x).
Функция распределения стандартизован&
ной нормальной случайной величины
x
3(x) 4
2
t
1
1
e 2 dt
6
25 12
Рис. 11.9
388
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
называется функцией нормального распределения и также табулирована для x ³ 0,
поскольку обладает свойством
F(–x) = 1 – F(x).
Обычно в таблице приводятся значения функции F(x) лишь для x < 3,5. Это обу:
словлено тем, что при x ³ 3,5 значения F(x) практически не отличаются от единицы.
Поэтому при решении задач можно с достаточной точностью считать, что F(x) = 1
при x ³ 3,5.
Функция распределения FX(x) = P{X < x} для случайной величины X ~ N(m, s)
выражается через функцию нормального распределения F(x) следующим образом:
8 fX (t) dt 5 6 1
x
FX (x) 5
34
2
x3m
.
7
Поэтому для вероятности попадания нормальной случайной величины на интер:
вал справедлива формула
P{x1 4 X 5 x2 } 6 7
1 x 83 m 2 3 71 x 83 m 2.
2
1
(11.24)
ПРИМЕР 11.19. Дана случайная величина X ~ N(30, 10). Найти P{10 £ X < 50}.
& По формуле (11.24)
P{10 4 X 5 50} 6 7
Часто требуется вычислить вероятность того, что отклонение случайной величи:
ны X ~ N(m, s) от ее математического ожидания по абсолютной величине меньше
заданного положительного числа e, т. е. требуется найти вероятность P{|X – mX| < e}.
Ответ дается формулой
P{| X 4 mX | 5 3} 6 27
1 83 2 41.
(11.25)
ПРИМЕР 11.20 (правило kсигм). Случайная величина X ~ N(m, s). Вычислить
P{|X – m| < ks} для значений k = 1, 2, 3.
& По формуле (11.25) и с помощью таблицы из приложения 2 получаем
40,6827, k 3 1,
P{| X 7 mX | 8 k6} 3 29
0,9545, k 3 2, 1
1 k66 2 71 3 29(k) 71 3 550,9973,
k 3 3.
11.141. Рост мужчины удовлетворительно описывается нормальным за:
коном распределения. По статистике средний рост составляет 170 см, а сред:
нее квадратическое отклонение равно 7 см. Найти вероятность того, что рост
наугад взятого мужчины будет отличаться от среднего роста не более чем на
10 см.
11.142. Считается, что отклонение длины изготавливаемых деталей от
стандарта является случайной величиной, распределенной по нормальному
закону. Если стандартная длина детали 40 см и среднее квадратическое от:
клонение равно 0,4 см, то какую погрешность длины изделия можно гаран:
тировать с вероятностью 0,8?
389
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
11.143. Автомат изготавливает шарики. Шарик считается годным, если
отклонение X диаметра шарика от проектного размера по абсолютной вели+
чине меньше 0,7 мм. Считая, что случайная величина X распределена нор+
мально со средним квадратическим отклонением 0,4 мм, найти: а) вероят+
ность изготовления годного шарика; б) сколько в среднем будет годных ша+
риков среди 100 изготовленных?
11.144. Найти дисперсию случайной величины X, распределенной по нор+
мальному закону, если известно, что отклонения от математического ожида+
ния, не превосходящие 0,1 см, имеют место с вероятностью 0,7887.
11.145. Заряд охотничьего пороха отвешивается на весах, имеющих сред+
неквадратическую ошибку взвешивания 150 мг. Номинальный вес порохо+
вого заряда 2,3 г. Определить вероятность повреждения ружья, если макси+
мально допустимый вес порохового заряда 2,5 г.
§ 11.3.
СЛУЧАЙНЫЕ ВЕКТОРЫ
1. Двумерные случайные векторы дискретного типа
Пусть на одном и том же пространстве элементарных исходов W = {w} заданы две
случайные величины X = X(w), и Y = Y(w). Система случайных величин (X, Y) назы+
вается двумерной случайной величиной (или двумерным случайным вектором).
Двумерный случайный вектор (X, Y) называется случайным вектором дискрет
ного типа, если множество его возможных значений EX, Y = EX ´ EY конечно или
счетно.
Пусть случайная величина X принимает значения x1, ..., xn, а случайная вели+
чина Y — значения y1, ..., ym. Законом распределения двумерного случайного векто+
ра (X, Y) называется перечень возможных значений (xi, yj) Î EX, Y и вероятностей
реализаций этих значений в опыте:
pij = P{X = xi, Y = yj}, i = 1, 2, ..., n; j = 1, 2, ..., m.
Аналогично одномерному случаю, закон распределения двумерной дискрет+
ной случайной величины удобно описывать с помощью таблицы (см., например,
таблицу 11.7).
1 2 3 4 5 6 2 7 889 7
1
1
21
31
4441
1
115167 15181
21
221 231 4441 21
211
31
321 331 4441 31
311
4441
4441
1
21 31 4441 1
4441 4441
4441
115167 151 81 121 131 4441 11
4441
11
21
1
Одномерные законы распределения отдельных компонент случайного вектора
(X, Y) выражаются через вероятности совместных значений pij по формулам
P{X 1 xi } 1 pi• 1 2 pij , P{Y 1 yj } 1 p•j 1 2 pij ,
j
i
390
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
где суммирование распространяется на все возмож(
ные значения индексов i или j. Соответствующие
вероятности вписываются в добавленные столбец
и строку таблицы.
Клетка в правом нижнем углу таблицы слу(
жит для проверки условия нормировки:
n m
22 pij 1 1.
i 11 j 11
Функцией распределения случайного вектора
(X, Y) называется действительная функция двух
переменных, определяемая равенством FX, Y(x, y) =
= P{X < x, Y < y}.
Рис. 11.10
Геометрически значение FX, Y(x, y) — это веро(
ятность попадания случайной точки (X, Y) в бесконечный квадрант с вершиной (x, y)
(на рис. 11.10 этот квадрант показан штриховкой). Отсюда следует формула для
вычисления функции распределения:
FX, Y (x, y) 2
3 3
pij .
(11.26)
i: xi 1 x j: yj 1 y
Из определения двумерной функции распределения и формулы (11.26) следует,
что FX, Y(x, y) имеет ступенчатый вид, испытывая скачки в точках (xi, yj) Î EX, Y.
Вероятность попадания двумерного случайного вектора в произвольную область
B Î R2 задается формулой
P{( X, Y ) 1 B} 2
33 pij .
i j
( xi , yj ) 1 B
ПРИМЕР 11.21. Закон распределения двумерного дискретного случайного век(
тора (X, Y) задан таблицей 11.8.
Найти одномерные законы распределения компонент X и Y, вероятность P{X ³ Y}
и вычислить функцию распределения FX, Y(x, y).
& Одномерные законы pi· и p·j распределения компонент X и Y построены в до(
бавленных столбце и строке таблицы 11.9 соответственно. Далее по правилам тео(
рии вероятностей получаем
P{X ³ Y} = 1 – P{X < Y} = 1 – P{X = 0, Y = 1} = 1 – 0,06 = 0,94.
Для вычисления функции распределения воспользуемся тем, что геометриче(
ски значение FX, Y(x, y) — это вероятность попадания случайной точки (X, Y) в бес(
1 2 3 4 5 6 2 7 889 7
1 2 3 4 5 6 2 7 889 7
7
1
231
31
4531
45461
11
123
23
43
4523
45463
41
23
4573
45223
31
4571
45331
45891
83
4583
45263
1
45 1
45361
45761
11
4561
4581
31
7
1
1
45361
1
Рис. 11.11
391
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
конечный квадрант с вершиной (x, y). Для вершины этого квадранта, согласно усло*
вию задачи, есть двенадцать областей, образованных тремя вертикальными прямы*
ми x = 0, x = 1, x = 2 и двумя горизонтальными прямыми y = –1, y = 1.
На рис. 11.11 показан случай, когда вершина (x, y) находится внутри прямо*
угольника 0 < x £ 1, –1 < y £ 1. При этом внутри квадранта находится только одна
точка с координатами (0, –1), в которой имеется ненулевая вероятность, равная 0,1.
Функцию распределения FX, Y(x, y) представим в виде таблицы 11.10. %
1 2 3 4 5 6 2 7 8898 7
7
7
111231 23141 11131
1 2 3 4 5 6 2 7 889887
15131
1
1
11121 2131 11141 4131 11151
16151
11161
61
61
61
11171
71
71
71
71
614111131
61
6731
67381
7131 11121
71
7891
7891
7891
314111191
61
67 1
678 1
2131 11141
71
7891
78 91
78 91
15191
61
6781
31
4131 11151
71
7891
78 91
78
16151
71
7891
78 91
1
91
21
1
ПРИМЕР 11.22. Известна функция распределения FX, Y(x, y) двумерного дискрет*
ного случайного вектора (X, Y) (см. таблицу 11.11).
Найти функции распределения FX(x) и FY(y) компонент X и Y, а затем построить
их законы распределения.
& Учитывая, что FX(x) = FX, Y(x, +¥), FY(y) = FX, Y(+¥, y), получим («проходя»
соответственно по последнему столбцу и последней строке таблицы)
20, x 1 0,
20, y 1 1,
30,5, 0 4 x 1 1,
330,5, 1 4 y 1 2,
33
FX (x) 5 60,75, 1 4 x 1 2, и FY (y) 5 6
30,875, 2 4 x 1 3,
30,75, 2 4 y 1 3,
3
831, y 7 3.
381, x 7 3,
Для построения таблиц распределения заметим, что функция распределения
случайной величины X испытывает «скачки» в точках x = 0, 1, 2, 3, а случайной
величины Y — в точках y = 1, 2, 3. Законы распределения компонент X и Y пред*
ставлены в таблицах 11.12 и 11.13 соответственно. %
1 2 3 4 5 6 2 7 8898 7
1 2 3 4 5 6 2 7 8898 7
7
62
7
12
32
42
52
1782
17482
173482
173482
52
12
32
42
6782
67382
67382
1
1
Начальным моментом порядка k + s дискретного случайного вектора (X, Y) на*
зывается действительное число ak, s, определяемое формулой
1k,s 2 33 xik yjs pij .
i
j
Центральным моментом порядка k + s дискретного случайного вектора (X, Y)
называется действительное число mk, s, определяемое формулой
1k,s 2 44 (xi 3 mX )k ( yj 3 mY )s pij .
i
j
392
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Начальные и центральные моменты существуют, если ряд в правой части ра.
венств абсолютно сходится. В частности, из данных определений следует
a1, 0 = mX, a0, 1 = mY, a2, 0 = M[X2], a0, 2 = M[Y2],
m1, 0 = m0, 1 = 0, m2, 0 = D[X], m0, 2 = D[Y].
Точка с координатами (mX, mY) на плоскости xOy называется математическим
ожиданием случайного вектора (X, Y) или центром рассеивания.
Центральный момент второго порядка m1, 1 называется ковариацией и обозна.
чается
KX, Y = cov(X, Y) = m1, 1.
Справедлива следующая формула, удобная для практического вычисления ко.
вариации:
KX, Y = a1, 1 – a1, 0 × a0, 1 = M[XY] – mX mY.
Очевидно по определению:
KX, Y = KY, X.
Число rX, Y, определяемое как нормированная ковариация:
1 X, Y 2
KX , Y
,
3 X 3Y
называется коэффициентом корреляции случайных величин X и Y.
Коэффициент корреляции rX, Y удовлетворяет условию |rX, Y| £ 1 и характеризует
степень линейной зависимости между X и Y. Если линейной зависимости нет, то
rX, Y = 0 (KX, Y = 0). В этом случае случайные величины X и Y называются некорре
лированными.
1 2 3 4 5 6 2 7 8898 7
7
7
12
32
42
12
3562
3572
3582
32
3562
3592
12
42
35792
12
12
7
7
1 2 3 4 5 6 2 7 8898 7
7
7
32
12
32
42
35 2
3582
35 2
42
35342
3572
35342
7
7
1 2 3 4 5 6 2 7 88987
7
32
42
72
1 2
12
12
32
12
14 2
12
42
12
12
1 34 2
72
12
12
1 34 2
7
12
1
11.146. Закон распределения двумерного
дискретного случайного вектора (X, Y) задан
таблицей 11.14. Требуется: 1) найти одномер.
ные законы распределения компонент X и Y;
2) найти вероятность P{X < Y}; 3) вычислить
центр рассеивания и коэффициент корреляции.
11.147. Закон распределения двумерного
вектора (X, Y) задан таблицей 11.15. Вычис.
лить центр рассеивания, DX, DY и rX, Y.
11.148. Наудачу подбрасываются две играль.
ные кости. Обозначим X — число выпадений
«шестерки», Y — число выпадений четной циф.
ры. Описать закон распределения случайного
вектора (X, Y).
11.149. В условиях задачи 11.148 вычислить
P{X ³ Y} и FX(x).
11.150. Закон распределения двумерного
дискретного случайного вектора (X, Y) задан
таблицей 11.16. Вычислить коэффициент кор.
реляции rX, Y.
393
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
11.151. В продукции завода брак вследствие дефекта a составляет 3%, а
вследствие дефекта b — 4,5%. Годная продукция составляет 95%. Опреде'
лить, какой процент всей продукции обладает дефектами обоих типов. Найти
коэффициент корреляции дефектов a и b. (Указание. Ввести индикаторные
случайные величины: X — индикатор брака вследствие дефекта a при испы'
тании одной детали (X = 1, если деталь обладает дефектом a, X = 0 в против'
ном случае), Y — индикатор брака вследствие дефекта b при испытании одной
детали. Затем описать закон распределения случайного вектора (X, Y)).
11.152. Брак в продукции завода вследствие дефекта a составил 6%, при'
чем среди забракованной по признаку a продукции в 4% случаев встречает'
ся дефект b, а в продукции, свободной от дефекта a, дефект b встречается в
1% случаев. Найти вероятность встретить дефект b во всей продукции и ко'
эффициент корреляции дефектов a и b.
2. Двумерные случайные векторы непрерывного типа
Двумерный случайный вектор (X, Y) называется случайным вектором непре
рывного типа, если функция распределения FX, Y(x, y) непрерывна на всей плоско'
сти и существует такая неотрицательная кусочно'непрерывная и интегрируемая по
Риману в бесконечных пределах функция fX, Y(x, y), называемая плотностью рас
пределения вероятностей случайного вектора (X, Y), что
FX, Y (x, y) 3
x
y
12
12
4 du 4 fX, Y (u, v)dv,
(11.27)
Функция плотности fX, Y(x, y) обладает следующими свойствами:
1. fX, Y(x, y) ³ 0 для всех (x, y) Î R2.
2. fX, Y (x, y) 2
1 2 FX, Y (x, y)
во всех точках непрерывности функции fX, Y(x, y).
1x 1y
12 12
3.
5 5 fX, Y (x, y) dx dy 4 1 (условие нормировки).
32 32
4. fX (x) 4
12
12
32
32
5 fX, Y (x, y) dy, fY (y) 4 5 fX, Y (x, y) dx, где fX(x), fY(y) — плотности распре'
деления вероятностей отдельных компонент X и Y.
y 12
4 12
5
4
5
77 fX, Y (u, y) dy 88 du, FY (y) 6 7 fX, Y (x, v) dx 8 dv, где FX(x), FY(y) — функ'
7
8
32 9 32
32 9 32
x
5. FX (x) 6
ции распределения компонент X и Y.
6. P{( X, Y ) 1 D} 2 33 fX, Y (x, y) dx dy, где D — произвольная квадрируемая область
D
на плоскости. В частности, справедливо следующее конструктивное свойство 7.
7. Вероятность попадания случайной точки (X, Y) в прямоугольник со сторонами,
параллельными осям координат (см. рис. 11.12), может быть вычислена по формуле
P{x1 £ X < x2, y1 £ Y < y2} = (FX, Y(x2, y2) – FX, Y(x1, y2)) – (FX, Y(x2, y1) – FX, Y(x1, y1)).
394
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
ПРИМЕР 11.23. Плотность распределения
двумерного случайного вектора (X, Y) имеет
вид
fX, Y (x, y) 1
1
1
1
dv
du
9 dv 9 (1 8 u2 )(1 8 v2 ) du 5 72 9 1 8 v2 6 9 1 8 u2 5
72 34
34
34
34
x
34
6 arctg v
y
34
5
1
21
2
1
7
7
arctg x 8
arctg y 8 . 1
2
2
72
ПРИМЕР 11.24. Найти плотность распределения двумерного случайного векто:
ра (X, Y), если известна функция распределения
21 3 e 12x 13y 1 e 12x 1 e 13y, x 4 0, y 4 0,
FX, Y (x, y) 5 6
70, в остальных точках.
& Согласно свойству 2, fX, Y (x, y) 2
1 2 FX, Y (x, y)
во всех точках непрерывности
1x 1y
функции fX, Y(x, y). Так как функция распределения дважды дифференцируема при
x ³ 0, y ³ 0, то получаем
26 3 e 12x 13y, x 4 0, y 4 0,
fX, Y (x, y) 5 6
1
70, в иных случаях.
11.153. Дана двумерная функция распределения: FX, Y(x, y) = sin x sin y,
1
1
где 0 2 x 2 , 0 2 y 2 . Найти вероятность попадания случайной точки (X, Y)
2
2
1
1
1
1
в прямоугольник, ограниченный прямыми x 2 , x 2 , y 2 , y 2 .
6
2
4
3
11.154. Найти вероятность того, что случайно брошенная точка с коорди:
натами (X, Y) попадет в область D, определенную неравенствами {1 £ x £ 2,
1 £ y £ 2}, если функция распределения координат этой точки равна
21 3 21 x2 12y2 1 21 x2 1 212y2 , x 4 0, y 4 0,
FX, Y (x, y) 5 6
70, иначе.
11.155. Случайный вектор (X, Y) подчиняется закону распределения с
плотностью
2axy, (x, y) 1 D,
fX, Y (x, y) 3 4
60, (x, y) 5 D.
Область D — квадрат, ограниченный прямыми x = 0, x = 2, y = 0, y = 2. Най:
ти коэффициент a и fX(x).
11.156. Случайный вектор (X, Y) имеет функцию распределения
61 3 e 1( 2x 34y) 1 e 12x 1 e 14y, x 5 0, y 5 0,
FX, Y (x, y) 7 8
90, иначе.
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
395
Найти законы распределения компонент X и Y.
11.157. Случайный вектор (X, Y) имеет функцию распределения
41 2 21 x 1 y 1 21 x 1 21 y, x 3 0, y 3 0,
FX, Y (x, y) 5 6
70, иначе.
Найти: а) двумерную плотность распределения случайного вектора (X, Y);
б) вероятность попадания случайной точки с координатами (X, Y) в треуголь4
ник с вершинами A(1; 3), B(3; 3), C(2; 8).
Начальным моментом порядка k + s случайного вектора (X, Y) непрерывного
типа называется действительное число ak, s, определяемое формулой
4k, s 5
12 12
6 6 xkysfX, Y (x, y) dx dy.
32 32
Центральным моментом порядка k + s случайного вектора (X, Y) непрерывно4
го типа называется действительное число mk, s, определяемое формулой
4k, s 5
12 12
6 6 (x 3 mX )k (y 3 mY )s fX, Y (x, y) dx dy.
32 32
Начальные и центральные моменты существуют, если интеграл в правой части
равенств абсолютно сходится. В частности, из данных определений следует
a1, 0 = mX, a0, 1 = mY, a2, 0 = M[X2], a0, 2 = M[Y2],
m1, 0 = m0, 1 = 0, m2, 0 = D[X], m0, 2 = D[Y].
Точка с координатами (mX, mY) на плоскости xOy называется математиче
ским ожиданием случайного вектора (X, Y) непрерывного типа или центром рас
сеивания.
Центральный момент второго порядка m1, 1 называется ковариацией и обознача4
ется
KX, Y = cov(X, Y) = m1, 1.
Справедлива следующая формула, удобная для практического вычисления ко4
вариации:
KX, Y = KY, X = a1, 1 – a1, 0 × a0, 1 = M[XY] – mX mY.
(11.28)
Как и в случае случайного вектора дискретного типа число rX, Y, определяемое
формулой
KX, Y
1X, Y 2
,
3 X 3Y
называется коэффициентом корреляции случайных величин X и Y.
Коэффициент корреляции rX, Y удовлетворяет условию |rX, Y| £ 1 и характеризует
степень линейной зависимости между X и Y. Если rX, Y = 0 (KX, Y = 0), то случайные
величины X и Y называются некоррелированными.
11.158. Двумерный случайный вектор (X, Y) подчиняется закону распре4
деления с плотностью
3a(x 1 y), (x, y) 2 D,
fX, Y (x, y) 4 5
70, (x, y) 6 D.
396
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Область D — квадрат, ограниченный прямыми x = 0, x = 3, y = 0, y = 3.
Найти a, mX, mY, DX, DY, sX, sY, KX, Y, rX, Y. Вычислить вероятность попадания случайной точки (X, Y) в квадрат Q, ограниченный прямыми x = 1,
x = 2, y = 1, y = 2.
11.159. Случайный вектор (X, Y) подчиняется закону распределения с
плотностью
34xye 1 (x2 2 y2 ) , x 4 0, y 4 0,
fX, Y (x, y) 5 6
70, в иных случаях.
Вычислить коэффициент корреляции rX, Y.
11.160. В условиях задачи 11.155 вычислить коэффициент корреляции rX, Y.
3. Зависимость и независимость случайных величин
Компоненты X и Y случайного вектора (X, Y) называются независимыми, если
выполняется условие
FX, Y(x, y) = FX(x)FY(y).
Для независимости компонент X и Y дискретного случайного вектора необходи
мо и достаточно, чтобы для любых xi и yj из таблицы распределения выполнялось
условие
pij = P{X = xi, Y = yj} = P{X = xi} × P{Y = yj} = pi· × p·j.
Если (X, Y) — случайный вектор непрерывного типа, то соответствующее условие независимости имеет вид
fX, Y (x, y) 2
1 2 FX, Y (x, y) dFX (x) dFY ( y)
2
3
2 fX (x) 3 fY (y).
1x 1y
dx
dy
Отметим, что допускается нарушение последнего равенства на множестве точек
(x, y), имеющих суммарную площадь, равную нулю.
ПРИМЕР 11.25. Закон распределения случайного вектора (X, Y) задан таблицей 11.17.
Выяснить, являются ли случайные величины X и
1 2 3 4 5 6 2 7 8898 7
Y: а) зависимыми; б) коррелированными.
& Найдем законы распределения компонент X и Y
7
12
32
7
и запишем их в расширенную таблицу 11.18.
а) Очевидно, что компоненты X и Y являются за412
56172
56572
висимыми,
так как, например,
52
5682
56572
12
56872
5612
7
1 2 3 4 5 6 2 7 8898 7
7
б) Для ответа на второй вопрос вычисляем последовательно:
11.161. Закон распределения двумерного
дискретного случайного вектора (X, Y) задан
таблицей 11.19. Определить, зависимы или не<
зависимы компоненты X и Y.
11.162. Случайный вектор (X, Y) распреде<
лен равномерно в прямоугольнике со сторона<
ми, параллельными координатным осям:
1 2 3 4 5 6 2 7 8898 7
7
12
32
42
52
32
1632
1632
1632
1632
42
16172 16172 16172 16172
52
1632
7
1632
1632
1632
1
4С, если 1 1 2 x 3 2, 1 2 y 3 3,
fX, Y (x, y) 5 6
70, иначе.
Найти константу C и определить, зависимы или независимы X и Y.
11.163. Случайный вектор (X, Y) распределен равномерно в области D,
определяемой неравенством |x| + |y| £ 1. Выяснить, являются ли случайные
величины X и Y: а) зависимыми или независимыми; б) коррелированными
или некоррелированными.
11.164. Показать,что если случайные величины X и Y связывает линей<
ная зависимость Y = aX + b, то rX, Y = +1 при a > 0, rX, Y = –1 при a < 0.
11.165. Найти коэффициент корреляции rX, Y между случайными вели<
чинами: а) X и Y = 13X – 2; б) X и Y = 9 – 7X.
11.166. Двумерный случайный вектор (X, Y) подчиняется закону распре<
деления с плотностью
224xy, (x, y) 1 D,
fX, Y (x, y) 3 4
60, (x, y) 5 D.
Область D — треугольник, ограниченный прямыми x + y – 1 = 0, x = 0, y = 0.
Выяснить, зависимы или нет случайные величины X и Y и вычислить
коэффициент корреляции rX, Y.
11.167. Дан двумерный случайный вектор (X, Y), где X — время появле<
ния в магазине первого покупателя в понедельник, а Y — время появления в
магазине первого покупателя во вторник. Известно, что fX, Y(x, y) = e–x–y, если
x, y ³ 0. Установить, зависимы или нет случайные величины X и Y.
§ 11.4.
ФУНКЦИИ ОТ СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН
1. Математическое ожидание функции
от случайной величины
Пусть на пространстве элементарных исходов W задана случайная величина X.
Предположим, что имеется числовая функция j(x) скалярного аргумента x. Слу<
чайная величина Y = j(X) = j(X(w)), w Î W, называется функцией от случайной ве
личины X.
398
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Математическое ожидание случайной величины Y в случае, если оно существу)
ет, можно найти по формулам
mY 4 M[Y ] 4 6 5(xi )P{X 4 xi } 4 6 5(xi ) pi , если X — СВДТ;
mY 4 M[Y ] 4
i
12
i
7 5(x)fX (x)dx,
(11.29)
если X — СВНТ.
32
Таким образом, для вычисления математического ожидания функции от слу)
чайной величины X не обязательно знать закон распределения случайной величины
Y = j(X), а достаточно знать закон распределения случайного аргумента X.
Сформулированные выше правила вычисления математического ожидания функ)
ции от случайной величины естественным образом обобщаются на случай функции от
случайного вектора. В частности, если (X, Y) — двумерный случайный вектор с из)
вестным законом распределения и Z = j(X, Y), где j(x, y) — числовая функция ска)
лярных аргументов x и y, то математическое ожидание случайной величины Z (если
оно существует) может быть найдено по следующей формуле:
mZ 1 M[Z ] 1 33 2(xi , yj )P{X 1 xi , Y 1 yj } 1 33 2(xi , yj ) pij ,
i
j
i
j
(11.30)
если (X, Y) — случайный вектор дискретного типа, или
mZ 4 M[Z ] 4
12 12
6 6 5(x, y)fX, Y (x, y) dxdy,
32 32
если (X, Y) — случайный вектор непрерывного типа.
Заметим, что, как и в одномерном случае, для вычисления математического ожи)
дания функции от случайного вектора Z = j(X, Y) не обязательно знать закон рас)
пределения случайной величины Z, а достаточно знать закон распределения случай)
ного вектора (X, Y).
Если существуют соответствующие моменты, то справедливы следующие свой)
ства математического ожидания и дисперсии:
1. (Свойство линейности математического ожидания.)
M[aX + bY + c] = aM[X] + bM[Y] + c.
В частности, M[aX] = aM[X], M[c] = c.
2.
2.D X 1 D[X] 1 M[X 2 ] 2 mX
3. D[aX + bY + c] = a2D[X] + b2D[Y] + 2abKX, Y.
В частности, D[cX] = c2D[X], D[X + c] = D[X].
4. Если случайные величины X1, X2, ..., Xn попарно некоррелированы, то
D[X1 + X2 + ... + Xn] = D[X1] + D[X2] + ... + D[Xn].
5. M[XY] = M[X] × M[Y] + KX, Y (или KX, Y = M[XY] – mXmY).
ПРИМЕР 11.26. Задана плотность распределения случайной величины X:
3cos x, x 1 (0; 2 /2),
fX (x) 4 5
70, x 6 (0; 2 /2).
Найти математическое ожидание и дисперсию функции Y = sin(X).
& По формуле (11.29) находим математическое ожидание:
1 /2
M[Y ] 2 M[sin( X )] 2
1
1 /2
3 sin(x) cos(x) dx 2 2 sin2 (x) 0
0
1
2 .
2
399
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Для вычисления дисперсии используем свойство 2 и аналогичное правило для
вычисления начального момента второго порядка случайной величины Y:
1 /2
M[Y 2 ] 2 M[sin2 ( X )] 2
3
0
1 /2
1
sin2 (x) cos(x) dx 2 sin3 (x)
3
0
Далее, по свойству 2 получаем DY 1 M[Y 2 ] 2 M2 [Y ] 1
ПРИМЕР 11.27. Закон распределения случайно6
го вектора (X, Y) задан таблицей 11.20.
Вычислить математическое ожидание и диспер6
сию случайной величины Z = X/Y.
& Математическое ожидание находим по форму6
ле (11.30):
1
2 .
3
1 1 1
2 1 .1
3 4 12
1 2 3 4 5 6 2 7 889
1
2341
2351
21
621
2371
81
2341
21
2341
2371
81
1
7
1
1
1
1
1 1
mZ 1 66 2(xi , yj ) pij 1 (33) 4 5 (32) 4 0 5 ( 31) 4 5 3 4 5 2 4 1 .
6
3
3
6 2
i j
Дисперсию вычисляем через второй начальный момент (свойство 2). Применяя
то же правило для вычисления M[Z2], получаем
1
1
1 11
M[Z 2 ] 1 44 (xi / yj )2 pij 1 9 2 3 1 2 3 4 2 1 .
6
3
6 2
i j
Далее, согласно свойству 2, находим D[Z] = M[Z2] – M2[Z] = 11/2 – 1/4 = 5. %
ПРИМЕР 11.28. Известно, что случайная величина имеет биномиальное распре6
деление X ~ B(5; 0,4). Найти D[5 – 6X] и M[(X + 2)(7 – X)].
& По свойству 3 дисперсии D[5 – 6X] = (–6)2 × D[X]. Поскольку для случайной
величины X ~ B(n, p) дисперсия DX = npq, где по условию задачи n = 5, p = 0,4, q = 1 –
– p = 0,6, то D[5 – 6X] = 36 × DX = 36 × 5 × 0,4 × 0,6 = 43,2.
Вычислим теперь M[(X + 2)(7 – X)]. Используя свойство 1 математического ожи6
дания, получаем
M[(X + 2)(7 – X)] = M[5X – X2 + 14] = 5M[X] – M[X2] + 14.
Поскольку для случайной величины X ~ B(n, p) математическое ожидание mX =
2
= np = 5 × 0,4 = 2 и по свойству 2 M[X 2 ] 1 DX 2 mX
1 1,2 2 4 1 5,2, то
M[(X + 2)(7 – X)] = 5M[X] – M[X2] + 14 = 5 × 2 – 5,2 + 14 = 18,8. %
11.168. Функция распределения СВНТ X имеет вид
30, x 2 0,
FX (x) 4 5
12x
71 1 e , x 6 0.
Вычислить M[(X – 4)(5 – X)] и D[3 – 2X].
11.169. Один раз подброшены две игральные кости. Случайная величина
S — сумма выпавших очков. Вычислить среднее значение и дисперсию слу6
чайной величины S.
11.170. Случайные величины X и Y независимы и имеют следующие ха6
рактеристики: mX = 1, mY = 2, sX = 1, sY = 2. Вычислить M[(X + Y – 1)2].
11.171. Известно, что случайная величина X ~ R(–1; 1). Пусть Y = cos X.
Найти KX, Y.
400
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
11.172. Подбрасывают три игральные кости. Рассматриваются случай/
ные величины: X — количество костей, на которых выпало шесть очков,
Y — количество костей, на которых выпало пять очков. Найти M[X + Y] и
D[X + Y].
11.173. В прямоугольник с вершинами (0, 0), (2, 0), (2, 1) и (0, 1) наудачу
ставится точка. Обозначим (X, Y) случайные координаты этой точки. Вы/
числить M[X ± Y], M[X2 + Y2] и M[XY].
11.174. В условиях предыдущей задачи вычислить D[X ± Y] и D[XY].
11.175. Две стороны треугольника равны a и b, а угол между ними —
случайная величина, распределенная по закону R(0, p). Вычислить матема/
тическое ожидание и дисперсию площади S треугольника.
11.176. X и Y — независимые случайные величины, одинаково распреде/
ленные по закону R(0, a). Вычислить математическое ожидание случайной
величины Z = min(X, Y).
11.177. Известно, что X распределена по закону R(–2, 2), Y — по закону
N(0, 3); 1X, Y 2 3 /12. Вычислить D[3X – 4Y + 5].
11.178. На смежные стороны прямоугольника со сторонами a и b наудачу
и независимо ставится по одной точке. Найти математическое ожидание и
дисперсию квадрата расстояния между ними.
11.179. На отрезок [0, a] наудачу ставятся две точки. Вычислить матема/
тическое ожидание объема шара, радиус которого равен расстоянию между
этими точками.
2. Закон распределения функции
от случайной величины
Пусть X — СВДТ. Тогда функция Y = j(X) также является дискретной случай/
ной величиной, принимающей значения yi = j(xi). Если при этом все yi различны, то
P{Y = yi} = P{X = xi} = pi. Если же среди yi есть совпадающие значения, то при записи
одного такого значения в таблицу распределения необходимо приписать ему сум/
марную вероятность.
Если X — СВНТ, то поиск закона распределения случайной величины Y = j(X)
следует начинать с построения функции распределения
FY(y) = P{Y < y} = P{j(X) < y},
откуда непосредственно получаем
FY ( y) 3 P{1( X ) 2 y} 3
4
fX (x) dx,
(11.31)
1( x ) 2 y
где в правой части записан интеграл по области, определяемой неравенством j(x) < y.
Плотность распределения вероятности fY(y) вычисляется путем дифференцирова/
ния функции распределения.
ПРИМЕР 11.29. Закон распределения случайной величины X задан табли/
цей 11.21.
Описать законы распределения функций Y = j1(X) = X3
1 2 3 4 5 6 2 7 889 87
и Z = j2(X) = X2.
23
53
7 123 43
& Найдем возможные значения случайной величи/
ны Y (заметим, что функция j1(x) монотонна):
63 4723 4753 4783 4793
401
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
y1 = (–2)3 = –8, y2 = 03 = 0, y3 = 23 = 8, y4 = 33 = 27.
Таким образом, ряд распределения случайной вели&
чины Y может быть описан таблицей 11.22.
Функция j2(x) не монотонна, поэтому значения zi
могут повторяться, что и наблюдается в данном случае:
1
Следовательно, случайная величина Z имеет три воз&
можных значения: z1 = 0, z2 = 4, z3 = 9. При этом вероятность возможного значения
z2 = 4 равна сумме вероятностей несовместных событий {X = –2} и {X = 2}. В результа&
те ряд распределения случайной величины Z описывается таблицей 11.23. %
ПРИМЕР 11.30. Найти плотность распределения вероятностей случайной вели&
чины Y = X2, где X ~ N(0, 1).
& В данном случае неравенство X2 < y легко разрешается относительно X при
y > 0. Поэтому имеем по определению: FY(y) = 0, если y £ 0, и
FY ( y) 1 P{X 2 2 y} 1 P{| X | 2 y } 1 23( y ) 4 1, если y > 0.
Дифференцируя последнее равенство по y как сложную функцию, получаем вы&
ражение для плотности:
40, y 3 0
5
1
fY (y) 6 7 1
y
5 2 y exp 8 2 , y 9 0.
1 2
ПРИМЕР 11.31. Пусть Y = aX + b (a > 0), где X — случайная величина непре&
рывного типа с известной плотностью fX(x). Найти fY(y).
& Поскольку функция j(x) = ax + b при a > 0 монотонно возрастающая, то нет
необходимости применять интегрирование в формуле (11.31). Достаточно разрешить
неравенство aX + b < y относительно X. В результате получаем
1
2 3 4
y5b
y5b
6 FX
.
a
a
Дифференцируя функцию распределения, получаем выражение для плотности:
FY (y) 6 P{aX 7 b 8 y} 6 P X 8
fY (y) 4
1 2
1 2
y3b 1
y3b
d
F
4 fX
.1
dy X a
a
a
Этот пример показывает, что при линейном преобразовании случайной величи&
ны X вид закона распределения не меняется, так как он описывается той же функ&
цией распределения, но с линейно преобразованным аргументом. Естественно, что
при этом изменяются математическое ожидание, дисперсия и другие числовые ха&
рактеристики.
11.180. Случайная величина X распределена нормально с параметрами m
и s (X ~ N(m, s)). Указать закон распределения Y = aX + b и вычислить ос&
новные параметры этого распределения.
11.181. Случайная величина X распределена по закону Коши
fX (x) 1
1
1
.
2(1 3 x2 )
Найти плотность распределения случайной величины Y = X3 + 2.
1
1
402
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1 2 3 4 5 6 2 7 889
7
11.182. Закон распределения случайной величи'
ны
X
задан таблицей 11.24. Найти закон распределе'
7
1123 1143 51123
ния
случайной
величины Y = sin X.
63
7843 7893 78 3
11.183. СВДТ X имеет пуассоновское распределе'
1
ние X ~ Pu(23), а Y = 1 – X. Вычислить FY(2).
11.184. Известна функция распределения FX(x) случайной величины X
непрерывного типа. Найти функции распределения случайных величин
Y = 9X2 – 4, Z = |X – 1|, V = e–2X, выразив их через функцию распределения
случайной величины X.
11.185. Случайная величина X распределена по показательному закону с
параметром l > 0. Найти плотность распределения вероятностей случайных
величин Y 1 X , Z = X2, U = 1 – e–lX.
11.186. Случайная величина X распределена по показательному закону с
mX = 0,25. Найти функцию распределения случайной величины Y = exp(–2X).
11.187. Случайная величина X распределена по закону N(1, 2). Вычис'
лить функцию распределения случайной величины Y = 1 – X2.
Пусть (X, Y) — случайный вектор с заданным законом распределения и j(x, y) —
произвольная неслучайная функция. Поиск закона распределения новой случайной
величины Z = j(X, Y), являющейся функцией от случайного вектора, осуществляет'
ся следующим образом.
Если (X, Y) — СВДТ, то Z также является дискретной случайной величиной,
принимающей значения j(xi, yj), (xi, yj) Î EX, Y. Для построения ряда распределения
случайной величины Z необходимо объединить в один столбец все одинаковые зна'
чения j(xi, yj), приписав этому столбцу суммарную вероятность.
Функция распределения вычисляется по формуле
FZ (z) 3 P{Z 2 z} 3 44 pij ,
i j
1( xi , yj ) 2 z
где pij = P{X = xi, Y = yj} — вероятности из таблицы распределения случайного век'
тора (X, Y).
Если (X, Y) — двумерный непрерывный случайный вектор с плотностью fX, Y(x, y),
то функция распределения новой случайной величины Z определяется по формуле
FZ (z) 3 P{Z 2 z} 3
44
fX, Y (x, y) dx dy.
1( x, y ) 2 z
Область интегрирования здесь представляет множе'
ство точек (x, y) на плоскости, для которых j(x, y) < z.
Найдя функцию распределения FZ(z), далее можно диф'
ференцированием по z (в тех точках, в которых FZ(z) име'
ет производную) найти плотность fZ(z) распределения слу'
чайной величины Z.
Следовательно, случайная величина Z имеет два возможных значения: z1 = 0 и z2 = 1.
Вероятность возможного значения z1 = 0 равна сумме вероятностей несовмест)
ных событий {X = –1, Y = 0} и {X = 1, Y = 0}, т. е. P{Z = 0} = 0, 1 + 0,23 = 0,33. Веро)
ятность возможного значения z2 = 1 равна сумме вероятностей несовместных собы)
тий {X = –1, Y = –1}, {X = –1, Y = 1}, {X = 1, Y = –1} и {X = 1, Y = 1}, т. е. P{Z = 1} =
= 0,07 + 0,13 + 0,2 + 0,27 = 0,67.
Таким образом, случайная величина Z имеет индикаторное распределение с па)
раметром p = 0,67 (Z ~ B(1; 0,67)). %
11.188. Случайный вектор (X, Y) дискретно)
1 2 3 4 5 6 2 7 889 7
го типа распределен по закону, определяемому
1 231
41
31
51
1
таблицей 11.26. Описать закон распределения
2
2
случайных величин U = |Y – X| и V = Y – X .
41
46471 46481 46371 46471
11.189. В круг радиуса a наудачу ставится точ)
31
4631 46471 46571 46471
ка. Найти плотность распределения вероятностей
1
расстояния от этой точки до центра круга.
11.190. Случайные величины X и Y независимы и одинаково распределе)
ны по закону N(0, s). Найти плотность распределения вероятностей случай)
ной величины R 1 X2 2 Y 2 .
11.191. Случайный вектор (X, Y) дискретного типа распределен по зако)
ну, описанному в задаче 11.189. Описать законы распределения случайных
величин U = XY и V = X2 + Y2.
Рассмотрим частный случай функциональной зависимости Z = j(X, Y) = X + Y
при дополнительном условии независимости случайных величин X и Y. Задача по)
иска закона распределения случайной величины Z в этой постановке носит название
задачи композиции.
Закон распределения определенного вида называется композиционно устойчи
вым, если из того, что две независимые случайные величины X и Y подчиняются
закону распределения данного вида, следует, что их сумма X + Y подчиняется зако)
ну распределения того же вида. Из изученных выше законов распределения компо)
зиционно устойчивыми являются следующие: закон Пуассона Pu(l), биномиальный
закон B(n, p) при фиксированном p, нормальный закон N(m, s).
1 2 3 4 5 6 2 7 889
7
11.192. X и Y — независимые случайные величины,
распределенные по одному и тому же закону, определяе)
7 3541 6571 3571
мому таблицей 11.27. Описать закон распределения сум)
мы Z = X + Y.
1
11.193. X и Y — независимые случайные величины, распределенные по
одному и тому же закону Pu(2). Вычислить P{X + Y < 3}.
11.194. X и Y независимы и подчиняются одному и тому же распределе)
нию B(3; 2/3). Вычислить P{X + Y > 2}.
11.195. Случайные величины X и Y независимы и распределены по зако)
нам: X ~ N(1, 2), Y ~ N(2, 1). Написать формулу плотности распределения
вероятностей их суммы Z = X + Y.
11.196. Решить задачу композиции двух равномерных распределений на
отрезке [0, 2] (равномерное распределение не является композиционно ус)
тойчивым!).
1
21
31
41
404
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
11.197. Случайные величины X и Y независимы и подчиняются одному и
тому же закону геометрического распределения с параметром p. Найти за/
кон распределения их суммы Z = X + Y (геометрический закон не является
композиционно устойчивым!).
11.198. Случайные величины X и Y независимы и распределены по зако/
нам: X ~ N(–1, 1), Y ~ N(1, 1). Используя композиционную устойчивость нор/
мального закона и тот факт, что линейное преобразование не меняет вида
закона распределения, вычислить P{–9 < 3X + 4Y < 5}.
§ 11.5.
ЗАКОНЫ БОЛЬШИХ ЧИСЕЛ И ПРЕДЕЛЬНЫЕ ТЕОРЕМЫ
ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
1. Законы больших чисел
Ряд утверждений и теорем в теории вероятностей объединены общим названием
законы больших чисел.
Пусть X — случайная величина с конечным математическим ожиданием, тогда
справедливо первое неравенство Чебышева:
M[| X |]
, 62 70.
2
В частности, если X ³ 0, то mX ³ 0 и первое неравенство Чебышева перепишется
в виде
m
P{X 1 2} 3 P{| X 4 0| 1 2} 5 X .
2
Пусть случайная величина X имеет конечные mX и 12X , тогда справедливо вто
рое неравенство Чебышева:
12
P{| X 2 mX | 3 4} 5 X
.
42
На практике неравенства Чебышева применяют, если неизвестен закон распре/
деления случайной величины X и e ? mX для первого неравенства и e ? sX для второ/
го неравенства. Полученные при этом значения вероятностей называются оценками
сверху больших отклонений случайной величины X (для первого неравенства име/
ется в виду отклонение от нуля, для второго — отклонение от математического ожи/
дания).
Для получения соответствующих оценок снизу следует перейти в неравенствах
Чебышева к противоположным событиям. Например, из второго неравенства следует
P{| X | 1 2} 3 P{| X 4 0| 1 2} 5
12X
.
42
ПРИМЕР 11.33. Пусть X — число бракованных изделий из 100 наудачу отобран/
ных из большой партии, поступившей в продажу. За большой период посчитано, что
в среднем для этого вида изделий брак составляет 1%. Оценить вероятность события
{X ³ 5}.
& Так как X > 0 и по условию mX = 0,01×100 = 1, то по следствию из первого не/
m
равенства Чебышева находим P{X 1 5} 2 X 3 1 3 0,2. 1
5
5
ПРИМЕР 11.34. В условиях примера 11.33 известно, что 12X 2 1. а) Оценить свер/
ху вероятность P{X ³ 5}. б) Получить точное значение указанной вероятности, если
предположить, что X подчиняется закону Пуассона с параметром l = 1.
P{| X 2 mX | 3 4} 5 1 2
405
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
& а) В силу условия X ³ 0 справедливо равенство P{X ³ 5} = P{|X – 1| ³ 4}. Отсю"
да, согласно второму неравенству Чебышева, получаем
12X 1
4
5 0,0625.
16 16
Заметим, что вероятность существенно уменьшилась по сравнению с оценкой из
предыдущего примера.
б) По условию X ~ Pu(l = 1), что хорошо согласуется с данными задачи (одним из
признаков этого является равенство mX 1 22X ) и соответствует закону редких явле"
ний. Используя таблицу суммарных вероятностей закона Пуассона (см. приложение 4),
получаем
1
1
P{X 4 5} 3 5 e 21 3 0,00366.
k!
k 35
P{X 2 5} 3
Это более чем в 17 раз меньше предыдущей оценки! %
11.199. В условиях примера 11.34 оценить сверху вероятность события
{X ³ 2}.
11.200. Среднее значение скорости ветра у Земли в данной местности рав"
но 20 м/с. Оценить снизу вероятность того, что при одном наблюдении ско"
рость ветра окажется меньше 80 м/с.
11.201. Средняя температура в квартире в период отопительного сезона
равна 20°C, а среднее квадратическое отклонение равно 2°C. Оценить снизу
вероятность того, что температура в квартире отклонится от средней по абсо"
лютной величине менее чем на 4°C.
11.202. Игральная кость подбрасывается 6 раз. Пусть X — число выпаде"
ний четной цифры.
а) Оценить по Чебышеву вероятность события {|X – mX| ³ 3}.
б) Найти точное значение указанной вероятности.
11.203. Средний срок службы автомобильной свечи зажигания 4 года.
Оценить снизу вероятность того, что данная свеча прослужит не более 8 лет.
11.204. Среднее значение расхода воды в некотором малом населенном
пункте составляет 50 000 л в день. Оценить снизу вероятность того, что в этом
населенном пункте расход воды в предновогодний день не превысит 120 000 л.
Последовательность случайных величин X1, X2, ..., Xn сходится к случайной
величине X по вероятности при n ® ¥, если "e ³ 0
lim P{| Xn 3 X | 4 5} 6 0, или lim P{| Xn 3 X | 7 5} 6 1.
n12
n12
Достаточное условие сходимости по вероятности:
P{| Xn 3 X | 4 5} 6 7n (5) 1 0,
n12
где {dn(e)}, n = 1, 2, ..., — зависящая от e неотрицательная неслучайная последова"
тельность.
В частных случаях в качестве предельной величины может выступать и не слу"
чайная величина (например, M[X]). Для сходимости по вероятности принято крат"
P
кое обозначение Xn 1 X.
n12
406
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Пусть {Xn} — последовательность случайных величин с конечными математиче*
скими ожиданиями и дисперсиями. Для любого n Î N построим последовательность
среднеарифметических Yn 1
n
1
Xk , n Î N.
n k2
11
Говорят, что к последовательности {Xn} применим закон больших чисел, если
для любого заданного e > 0 P{| Yn 3 M[Yn ]| 4 5} 1 0.
n12
ТЕОРЕМА 11.1. (Закон больших чисел в формулировке Чебышева.) Пусть для
последовательности {Xk} выполняются следующие условия:
1) элементы последовательности попарно независимы;
n
1
4 D[Xk ] 3 0,
n 1 2 n2
k 31
2) lim
тогда к последовательности {Xk} применим закон больших чисел.
Имеют место следующие частные случаи проявления закона больших чисел:
1) D[Xk] £ s2, "k Î N, то есть дисперсии членов последовательности равномерно
ограничены и, следовательно, условие 2) теоремы 11.1 выполняется;
2) все Xk попарно независимы, одинаково распределены и имеют конечную дис*
персию. В этом случае закон больших чисел формулируется следующим образом:
среднее арифметическое первых n членов последовательности сходится по веро"
ятности к их общему математическому ожиданию. В краткой записи:
P
Yn 1 mX .
n12
ТЕОРЕМА 11.2. (Закон больших чисел в формулировке Бернулли.) Пусть Xn —
число успехов в n опытах по схеме Бернулли с вероятностью успеха в одном опыте,
1
3 X 2 pn1 — относитель"
n n
ная частота успехов. Тогда справедливо следующее утверждение.
При увеличении числа опытов по схеме Бернулли относительная частота ус"
равной p (в краткой записи: Xn ~ B(n, p)). Обозначим Yn 2
P
пехов сходится по вероятности к вероятности успеха в одном опыте, т. е. pn1 2 p.
n23
Теорема Бернулли играет большую роль в математической статистике, состав*
ляя основу для оценивания неизвестной вероятности событий в реальных экспери*
ментах.
11.205. Случайная двоичная последовательность, вырабатываемая на
ЭВМ, делится на группы из одинаковых символов (нулей и единиц). Обозна*
чим Xi — число знаков в i*й группе; Yn 1
n
1
Xi — среднее число знаков в
n i2
11
серии, вычисленное по n сериям. Доказать, что последовательность {Yn} схо*
дится по вероятности к 2.
11.206. Пусть Xk — случайная длина детали, сходящей с конвейера. Из*
вестны ее основные характеристики:
M[Xi ] 1 mX 1 10 см, D[Xi ] 1 22X 1 0,04 см2 .
407
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Относительную точность изготовления детали можно характеризовать отно)
1
шением X . Производится сборка 9 подобных деталей (т. е. их длины скла)
mX
n
дываются). Обозначим Y 1 2 Xi . Вычислить относительную точность для Y,
i 11
1Y
т. е. отношение m .
Y
В задачах 11.207, 11.208 заданы законы распределения членов последо)
вательности {X1, X2, ..., Xk, ...}. Применим ли к этим последовательностям
закон больших чисел?
11.207. EXk 2 {1k2 ,0, k2 }; P{Xk 2 3k2 } 2 21k ; P{Xk 2 0} 2 1 1 211k.
11.208. EXk 2 {1 ln k,ln k}; P{Xk 2 3 ln k} 2 0,5.
11.209. В последовательности {Xk} случайные величины Xk попарно неза)
висимы и распределены по закону R (1 k, k ). Применим ли к этой последо)
вательности закон больших чисел?
2. Предельные теоремы теории вероятностей
ТЕОРЕМА 11.3. (Центральная предельная теорема (ЦПТ).) Пусть для после
довательности случайных величин X1, X2, ..., Xn выполняются условия:
1) при любом n случайные величины X1, X2, ..., Xn независимы в совокупности;
2) одинаково распределены;
3) существует M[Xk2 ], "k Î N.
n
1
1
Yn
, где s2 = D[Xk], k Î N.
4
n
k 21
Тогда для любого x Î R lim FZn (x) 3 4(x), где F(x) — функция нормального рас
Обозначим: Yn 2 5 Xk , Yn 2 Yn 3 M[Yn ], Zn 2
n12
пределения (интеграл вероятности).
ЦПТ была впервые доказана русским математиком А. М. Ляпуновым в 1901 г.
при более жестких условиях на характеристики членов последовательности X1,
X2, ..., Xn.
ЦПТ существенно усиливает результат теоремы Чебышева (закон больших чи)
сел), устанавливая условия, при которых стандартизованная сумма независимых
случайных величин в пределе подчиняется нормальному закону. Особое значение
приобретает ЦПТ в математической статистике, составляя основу для оценивания
ошибок результатов наблюдений.
Следствием ЦПТ для схемы Бернулли являются следующие две теоремы Муав)
ра–Лапласа.
ТЕОРЕМА 11.4. (Локальная теорема Муавра–Лапласа.) Пусть Yn — число ус
пехов в n опытах по схеме Бернулли, p — вероятность успеха в одном опыте,
m Î N — фиксированная величина. Тогда для достаточно больших n справедлива
приближенная формула
(11.32)
P{Yn 1 m} 2 3(xm )/ npq ,
где xm 2
m 1 np
1
, 3(x) 2
exp(1x2 /2) — плотность нормального стандартизован
npq
24
ного распределения.
408
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
ТЕОРЕМА 11.5. (Интегральная теорема Муавра–Лапласа.) Пусть снова Yn —
число успехов в n опытах по схеме Бернулли, p — вероятность успеха в одном опы
те. Тогда при условии npq 1 1 для вероятности попадания случайной величины
Yn на промежуток [m1, m2] справедлива приближенная формула
2 m 1 np 3
2 m1 1 np 3
P{m1 4 Yn 4 m2 } 5 6 7 2
8 1 6 7 npq 8.
(11.33)
9 npq
9
ПРИМЕР 11.35. 100 раз подброшена правильная монета. Применяя локальную
теорему Муавра–Лапласа, вычислить приближенно вероятность того, что герб вы:
падет ровно 50 раз.
& Пусть X — число выпадений герба при 100 подбрасываниях монеты. Очевид:
но, что X ~ B(100; 0,5). Далее находим np = 50,
npq 2 5, xm 2
50 1 50
2 0. По формуле
npq
(11.32), используя таблицу значений функции j(x) (плотности нормального стан:
дартизованного распределения), находим
P{X = 50} » j(0)/5 = 0,39894/5 = 0,0798. %
ПРИМЕР 11.36. После открытия Менделем законов наследственности многие бо:
таники проводили опыты по скрещиванию желтого (гибридного) гороха с зеленым.
По известной гипотезе Менделя вероятность появления зеленого гороха в таких опы:
тах должна быть равна 1/4. Проведя 34 153 опыта, в 8436 случаях получили зеле:
ный горох. Обозначим pn1 — относительная частота появления зеленого гороха. Вы:
числить вероятность события P{0,245 2 pn1 2 0,255}.
1
X, где X — число успехов (чис:
n
ло появлений зеленого гороха) в n = 34 153 опытах по схеме Бернулли с вероятно:
стью успеха в одном опыте 0,25. Отсюда получаем mX = np = 34 153 × 0,25 = 8538,25;
DX = npq = 640,37; sX @ 80.
Поскольку sX ? 1, то формула (11.33) дает хорошее приближение к искомой
вероятности:
P{0,245 2 pn1 2 0,255} 3 P{| pn1 4 p | 2 0,005} 3 P{| X 4 np| 2 0,005 5 n} 6
0,005n 8
6 29 7
4 1 3 29(1,28) 4 1 3 0,7995. 1
X
& По определению относительной частоты, pn1 2
11.210. В условиях примера 11.35 вычислить приближенно вероятность
того, что герб выпадет: а) ровно 35 раз; б) от 45 до 65 раз.
11.211. В условиях примера 11.36 установить, сколько надо произвести
опытов, чтобы с вероятностью не меньшей 0,99 можно было утверждать, что
отклонение относительной частоты от 0,25 не превзойдет 0,01?
11.212. Компьютерная программа выдала 10 000 случайных чисел из мно:
жества {0, 1, ..., 9}. Найти приближенное значение того, что число «нулей»
будет заключено между 940 и 1060.
11.213. Дисперсия каждой из 4500 независимых, одинаково распреде:
ленных случайных величин равна 5. Вычислить приближенно вероятность P
того, что среднее арифметическое этих величин отклонится от своего мате:
матического ожидания не более чем на 0,04: а) используя второе неравенство
Чебышева; б) используя нормальное приближение как следствие из ЦПТ.
ГЛАВА 11. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
409
11.214. Партия куриных яиц принимается, если 96% всех яиц удовле(
творяет нормам приемки (удовлетворяет стандарту). Считая, что число стан(
дартных яиц в партии подчиняется биномиальному закону, найти прибли(
женно вероятность того, что при контроле 200 яиц обнаружится не менее
190 стандартных.
11.215. С конвейера сходит в среднем 85% изделий первого сорта. Сколь(
ко изделий необходимо взять, чтобы с вероятностью, не меньшей 0,997, от(
клонение относительной частоты появления изделия первого сорта в выбран(
ной партии от вероятности появления по абсолютной величине не превосхо(
дило 0,01? (Предполагаем, что искомое значение n удовлетворяет условию
применимости интегральной теоремы Муавра–Лапласа.)
11.216. Вероятность попадания в мишень при каждом из 700 выстрелов
равна 0,4. Какое максимально возможное отклонение относительной часто(
ты от вероятности попадания при отдельном выстреле можно ожидать с ве(
роятностью 0,997?
ТЕОРЕМА 11.6. (Нормальная асимптотика закона Пуассона.) Пусть X ~ Pu(l),
X 21
Z1 3
— стандартизованная пуассоновская случайная величина. Тогда для
1
любого x Î R lim P{Z1 4 x} 5 6(x).
123
Из утверждения теоремы следует, что при достаточно больших значениях па(
раметра l можно приближенно аппроксимировать пуассоновское распределение
нормальным.
11.217. Пусть X — число автобусов, отправляемых в ремонт после меся(
ца эксплуатации на городских линиях. Известно, что mX = 8. Вычислить
вероятность события {X < 15} двумя способами: а) считая применимым за(
кон редких явлений, т. е. полагая, что X ~ Pu(l) при l = 8; б) считая приме(
нимой нормальную аппроксимацию пуассоновского распределения.
11.218. Известно, что в среднем 5% студентов носят очки. Какова вероят(
ность, что из 200 студентов, сидящих в аудитории, окажется не менее 10%
носящих очки?
11.219. Среднее число вызовов на АТС за 1 минуту равно l = mX = 20. Най(
ти вероятности следующих событий: A = {X ³ 20}, B = {10 £ X < 30}.
Г Л А В А 12
МЕТОДЫ
СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ
ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ
ДАННЫХ
§ 12.1.
ПЕРВИЧНАЯ ОБРАБОТКА ВЫБОРКИ
1. Способы описания результатов наблюдений
Совокупность всех возможных значений измеряемой случайной величины X
принято в математической статистике называть генеральной совокупностью, а саму
случайную величину X — генеральной случайной величиной.
В основе большинства методов математической статистики лежит выборочный
метод, состоящий в том, что свойства генеральной совокупности X устанавливают$
ся путем изучения ее свойств на случайной выборке конечного объема.
Выборкой объема n из генеральной совокупности называется n измеренных зна$
чений случайной величины X, записанные в порядке поступления этих значений,
т. е. x1, x2, ..., xn.
Задачей первичной обработки выборки является получение такого ее представ$
ления, которое позволяет выявить некоторые характерные особенности генераль$
ной совокупности.
Выборка объема n из генеральной совокупности X, упорядоченная в порядке не$
убывания элементов, т. е. x(1) £ x(2) £ ... £ x(n), называется вариационным рядом. Раз$
ность между максимальным и минимальным элементами выборки w = x(n) – x(1) на$
зывается размахом выборки.
Пусть выборка содержит m различных чисел z1, z2, ..., zm, где m £ n и z1 < z2 < ...
... < zm, причем число zj встречается в выборке nj раз, j = 1, 2, ..., m.
nj
Число nj называют частотой элемента выборки zj, а отношение p1j 2
— отно
n
сительной частотой этого элемента.
Статистическим рядом (группированной или частотной выборкой) называют
таблицу, которая в первой строке содержит различные, упорядоченные значения
nj
выборки zj, а во второй строке — относительные частоты p1j 2
этих значений
n
(табл. 12.1).
Другой способ группировки, который используют обычно при больших объемах
выборки (n ³ 50), состоит в следующем. Отрезок [x(1); x(n)], содержащий всю выбор$
ку, разбивают на m интервалов Dj = (dj–1; dj],
1 2 3 4 5 6 2 7 89 87
как правило, одинаковой длины
123452678 8
26 5258
43 8 8
1
98
8
98 8
8
8
8 8
23
x(n) 1 x(1)
.
m
411
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
1 2 3 4 5 6 2 7 89 97
123456789 1
838
83 85 5 838 2 3
1
1
Далее, подсчитывают частоты nj попадания выборочных значений xi в промежут4
ки Dj и относительные частоты nj/n. Получающийся в результате этого статисти4
ческий ряд, представленный в таблице 12.2, называют интервальным статисти
ческим рядом (или интервальной выборкой).
Число m промежутков, на которые разбивают отрезок [x(1); x(n)], выбирают в зави4
симости от объема выборки n. Существуют различные критерии выбора m: например,
оценку числа промежутков можно получить по формуле Стерджесса m » [1 + 1,44 × ln n],
где [a] — целая часть числа a.
Распределение, описываемое таблицей 12.1, обладает всеми свойствами обыч4
ного дискретного распределения, в котором роль вероятностей играют относитель4
ные частоты p1j . Такое распределение называется эмпирическим распределением.
1
Для простой (не группированной) выборки объема n полагаем nj = 1 ( p1j 2 ), j = 1,
n
2, ..., n, и получаем равномерное эмпирическое распределение.
Любые характеристики эмпирического распределения вычисляются по тем же
правилам, что и для обычного дискретного распределения в теории вероятностей,
но метятся «звездочкой», чтобы подчеркнуть их статистическую природу. Напри4
мер, эмпирическая функция распределения — функция накопленных частот — вы4
числяется по формуле
Fn1 (x) 3 P1 {X 2 x} 3
4
k: xk 2 x
pk1 3
1
nk .
n k:4
x 2x
k
Очевидно, Fn1 (x) 2 0 при x £ x(1) и Fn1 (x) 2 1
при x > x(m), кроме того, Fn1 (x) — кусочно4
постоянная функция с разрывами первого
рода (скачками величины p1j ) в точках x = x(j),
j = 1, 2, ..., m. Пример графика эмпирической
функции распределения показан на рис. 12.1
(здесь n = 10 и все выборочные значения x(i)
различны).
Гистограммой частот (или просто —
гистограммой) называют диаграмму, состав4
ленную из прямоугольников с основаниями
Dj = [dj–1; dj] и высотами nj (рис. 12.2) или
hj1 2 p1j /| 3 j |, j = 1, 2, ..., m (рис. 12.3). Гисто4
грамма дает приближенное представление о
плотности распределения вероятностей гене4
ральной случайной величины X непрерыв4
ного типа.
Полигоном частот называют ломаную
линию с вершинами в точках (zj, nj), взя4
тых из частотной или интервальной выбор4
ки. Для интервальной выборки полагают
zj = (dj–1 + dj)/2 (рис. 12.4).
Рис. 12.1
nj
Рис. 12.2
412
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Рис. 12.3
Рис. 12.4
ПРИМЕР 12.1. Наблюдения за проданными размерами мужской обуви в мага/
зине за один рабочий день дали следующие результаты:
39 41 40 42 41 40 42 44 40 43 42 41 43 39 42
41 42 39 41 37 43 41 38 43 42 41 40 41 38 44
40 39 41 40 42 40 41 42 40 43 38 39 41 41 42.
Представить данную выборку в виде простейшего статистического ряда, где вме/
сто относительных частот используются частоты nj.
& Приводя выборку к вариационному ряду и подсчитывая частоту различных
значений, получаем статистический ряд, представленный в таблице 12.3.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
123452657 7 897 8 7 8 7
7
7
7
87
337 7
7 7
7
7
1
7
87
7
7
7
8
Объем выборки равен n 1 2 nj 1 45. 1
j 11
ПРИМЕР 12.2. Ниже приведены результаты обследования размеров оплаты тру/
да сотрудников одной из коммерческих фирм (в условных единицах за неделю):
120
181
201
129
206
204
203
204
205
209
214
201
217
207
126
124
206
206
206
124
124
200
208
204
204
207
209
121
120
206
120
208
200
127
202
206
200
126
202
122
200 127 211
127 185 128
120 123 211
127.
Представить данные в виде интервальной выборки с шириной интервала D = 4.
Построить гистограмму частот.
& Преобразуя данные к вариационному ряду, находим наименьшее и наиболь/
шее значения выборки: x(1) = 181, x(n) = x(50) = 217. Отсюда число интервалов равно
l2
x(50) 1 x(1) 36
2
2 9.
3
4
Подсчитывая число выборочных значений nk, попавших в k/й интервал, получа/
ем интервальное представление выборки в виде таблицы 12.4.
Соответствующая гистограмма частот представлена на рис. 12.5. %
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
413
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
123456789
7339
1
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
12.1. Получена выборка: 5, 3, 7, 10,
5, 5, 2, 10, 7, 2, 7, 7, 4, 2, 4. Предста(
вить ее в виде а) вариационного ряда;
б) статистического ряда; в) построить
полигон частот.
12.2. Вычислить эмпирическую
функцию распределения для выбор(
ки, представленной статистическим
рядом в таблице 12.5.
В задачах 12.3–12.5 построить гра(
фики эмпирических функций распреде(
ления, гистограммы и полигоны частот
для выборок, представленных статисти(
ческими рядами в таблицах 12.6–12.8.
7
12
32
42
7
152
162
762
1
Рис. 12.5
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
12.3.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
12.4.
7 123 143 153 163 173
7 13
83
23
83
73
1
12.5.
7
12 32 42 52 62 72 82
7
92 32 42 62 52 12 92
1
12345678
549 2 3
8
39 978
8
8
8 8
8
8
8
8
1 2 3 4 5 6 2 7 89 7
8 8
8
8
8
8
1
12.6. 50 абитуриентов получили на вступительных экзаменах следующее
количество баллов (в 20(бальной системе оценок):
В частности, начальный выборочный момент первого порядка
m
311 2 x 2 1 4 zini
n i 21
(12.3)
называется выборочным средним (средним арифметическим выборочных значений).
Центральный выборочный момент второго порядка 212 называется выборочной
дисперсией и для нее вводится специальное обозначение
S2 2 312 2
m
1
(zi 4 x )2 ni .
n5
i 21
(12.4)
Выборочные коэффициенты асимметрии и эксцесса вычисляются по формулам
1 3
aX
1
213
1 3 24
4 3.
, eX
(51X )3
(51X )4
(12.5)
Замечание. Для простой (негруппированной выборки) в формулах (12.1)–(12.4)
следует положить zi = xi, ni = 1, i = 1, 2, ..., n.
При большом объеме выборки (n ³ 50) из непрерывной генеральной совокупноB
сти X выборочные моменты вычисляются на основе интервальной выборки (табл. 12.2)
по формулам
312 2
21 2 21 11
— середины промежутков разбиения.
3
Наряду с выборочным средним для эмпирического распределения можно опреB
делить еще две характеристики положения.
где 32 1 3
1 эмпирического распределения называется элемент выборB
Выборочной модой dX
ки, встречающийся с наибольшей частотой.
1 , которое делит вариационный ряд
Выборочной медианой называется число hX
на две части, содержащие равное число элементов. Если объем выборки — нечетное
1
1 3 x ( m 21) . Если же n = 2m, то h1 3 (x( m ) 2 x ( m 21) ).
число (n = 2m + 1), то hX
X
2
ПРИМЕР 12.3. Вычислить среднее, моду и медиану для выборки 5, 6, 8, 2, 3,
1, 1, 4.
& Представим данные в виде вариационного ряда: 1, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8. ВыборочB
1
ное среднее x 1 (1 2 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 2 8) 1 3,75. С наибольшей частотой встречается
8
1
1 2 1. Так как n = 8, то медиана h1 2 (3 3 4) 2 3,5. 1
элемент 1, поэтому dX
X
2
ПРИМЕР 12.4. Показать, что справедлива следующая формула для выборочной
дисперсии:
1 2 3 1 4 ( 3 1 )2 .
S2 2 DX
2
1
415
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
& Для простоты ограничимся доказательством для негруппированной выборки.
Используя формулу (12.4) при m = n, ni = 1, i = 1, 2, ..., n, и проводя очевидные пре8
образования, получаем
1 2
DX
2
n
n
n
n
n
1
1
1
1
1
(xi 3 x )2 2 6 (xi2 3 2xxi 4 x 2 ) 2 6 xi2 3 2x 6 xi 4 6 x 2 2
n6
n i 21
n i 21
n i 21
n i 21
i 21
n
n
1
1
xi2 3 2x 2 4 x 2 2 6 xi2 3 x 2 2 521 3 (511 )2. 1
n6
n i 21
i 21
n
1
xi2 3 x 2 2 412 3 (411 )2 для выборочной дисперсии
n5
i 21
является аналогом соответствующей формулы для дисперсии в теории вероятно8
стей: D[X ] 1 M[X 2 ] 2 M2 [X] 1 32 2 312 (см. задачу 11.100).
Доказательство приведенной формулы для группированной выборки предлага8
ется провести самостоятельно.
1 2
Заметим, что равенство DX
12.10. В условиях задачи 12.5 вычислить среднее и дисперсию эмпириче8
ского распределения, представленного таблицей 12.8.
12.11. В условиях задачи 12.6 вычислить размах выборки, медиану, сред8
нее и дисперсию эмпирического распределения.
12.12. Вычислить выборочные коэффициенты асимметрии и эксцесса для
интервальной выборки, представленной в таблице 12.10.
§ 12.2.
ОЦЕНИВАНИЕ НЕИЗВЕСТНЫХ
ХАРАКТЕРИСТИК РАСПРЕДЕЛЕНИЯ
1. Точечные оценки и их свойства.
Метод подстановки
Пусть q — неизвестная числовая характеристика генеральной случайной вели8
чины X. Точечной оценкой 11 неизвестной характеристики q называется приближен8
ное значение этой характеристики, полученное по выборке объема n из генеральной
совокупности X.
416
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Очевидно, что оценка 11 является функцией n(мерного выборочного вектора
(X1, X2, ..., Xn), у которого компоненты независимы в совокупности и одинаково
распределены по закону генеральной случайной величины. Таким образом,
11 2 11 (n) ( X1, X2,..., Xn )
и, следовательно, 11 является случайной величиной, называемой статистикой.
Качество оценки характеризуется следующими основными свойствами.
1. Несмещенность. Статистика 11 (n) ( X1, X2,..., Xn ) называется несмещенной оцен
кой параметра q, если ее математическое ожидание совпадает с q для любого фикси(
рованного n:
M[11 (n ) ( X1, X2,..., Xn )] 2 1, n 3 2.
Если же это требование выполняется в пределе, т. е.
lim M[31 (n ) ( X1, X2,..., Xn )] 4 3,
n12
то оценку 11 (n) называют асимптотически несмещенной. Несмещенность оценки
означает отсутствие систематической ошибки оценивания.
2. Состоятельность. Статистика 11 (n) ( X1, X2,..., Xn ) называется состоятельной
оценкой параметра q, если с ростом объема выборки n она сходится по вероятности к
этому параметру:
p
31 (n) ( X1, X2,..., Xn ) 444
1 3.
n12
Последнее означает, что для любого числа e > 0
lim P{| 31 (n ) ( X1, X2,..., Xn ) 4 3 | 5 6} 7 1.
n12
Свойство состоятельности гарантирует возможность оценить по выборке иско(
мый параметр с любой точностью и как угодно большой достоверностью за счет ис(
пользования выборки достаточно большого объема.
ТЕОРЕМА 12.1 (достаточные условия состоятельности). Пусть статистика
11 (n) ( X1, X2,..., Xn ) удовлетворяет условиям:
1) является несмещенной (или асимптотически несмещенной) оценкой;
2) lim D[ 31 (n) ( X1, X2,..., Xn )] 4 0.
n12
Тогда эта статистика является состоятельной оценкой параметра q.
3. Относительная эффективность. Пусть 11 1 и 11 2 — две несмещенные оценки
параметра q. Тогда оценка 11 2 эффективнее 11 1, если D[11 2 ] 2 D[11 1 ].
Простейшим методом точечного оценивания является метод подстановки. Пусть
q — неизвестная числовая характеристика генеральной совокупности. Метод под(
становки предписывает положить 21 3 21, где q* — соответствующая характеристика
эмпирического распределения. Например, для оценивания моментов следует поло(
жить 21 1 3 211 3 x, 41 2 3 421 3 S2 и т. д.
ПРИМЕР 12.5. Пусть X имеет конечный момент M[X2] (следовательно, по свой(
ству математического ожидания, X имеет конечные mX и DX). Оценить mX по выбор(
ке объема n и проверить свойства полученной оценки.
1 X 2 31 1 2 311 2 x. Проверим несмещенность.
& По методу подстановки находим m
21 n
3 1 n
M[X ] 1 M 4 8 Xi 5 1 8 M[Xi ] (по свойству линейности математического ожи(
n
n i 11
6 i 11 7
дания). Поскольку случайные величины Xi имеют тот же закон распределения,
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
417
что и генеральная совокупность X, можно записать: M[Xi] = M[X] = m. Поэтому
n
1
m 1 m, т. е. несмещенность доказана. Тем самым выполнено первое до5
n2
i 11
статочное условие состоятельности (теорема 12.1).
Проверим второе условие. При вычислении дисперсии используем независимость
выборочных значений:
M[X ] 1
41 n 5 1 n
n 672X 72X
xk 3 2 D[xk ] 3
3
888
1 0.
D[x ] 3 D 9
n k 31
n n12
n k 31
n2
1 X 1 x — состоятельна. %
Так как оба условия теоремы 12.1 выполнены, то оценка m
12.13. Пусть у генеральной совокупности X существует M[X4]. Показать,
что выборочный начальный момент 312 2
n
1
xi2 является несмещенной и
n4
i 21
состоятельной оценкой начального момента a2 = M[X2].
12.14. Пусть известно математическое ожидание m генеральной совокуп5
ности X. Показать, что выборочная дисперсия
S12 1
n
1
(xi 2 m)2 ,
n i3
11
(12.6)
является несмещенной оценкой неизвестной дисперсии D[X] = s2 генераль5
ной совокупности.
12.15. Вывести следующую формулу для выборочной дисперсии:
S2 1
n
n
1
1
(xi 2 x )2 1 3 (xi 2 m)2 2 (x 2 m)2 ,
n3
n
i 11
i 11
и с ее помощью, используя свойство линейности математического ожида5
1
2 2 S2 смещенная.
ния, показать, что оценка 1
X
12.16. Используя результат предыдущей задачи, показать, что исправ
ленная выборочная дисперсия, определяемая формулой
S22 1
n
n
1
S2 1
(xi 2 x )2 ,
n 21
n 21 3
i 11
(12.7)
является несмещенной оценкой дисперсии генеральной совокупности.
12.17. Пусть X ~ Pu(l). Методом подстановки оценить параметр l и про5
верить несмещенность и состоятельность полученной оценки.
12.18. Пусть X ~ B(1, p) — индикаторное распределение с неизвестным
параметром p, имеющим смысл вероятности успеха в одном опыте по схеме
Бернулли. Для оценки параметра p проведено n независимых испытаний, в
которых получено k успехов. Методом подстановки оценить данный пара5
метр по выборке объема n и проверить свойства (несмещенность и состоя5
тельность).
418
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
2. Метод моментов
Метод моментов, предложенный английским статистиком К. Пирсоном, приме)
няется для оценивания неизвестных параметров распределения.
Предположим, что вид закона распределения генеральной совокупности X из)
вестен и описывается функцией распределения FX(x; q), где q — вектор неизвестных
параметров. Пусть для простоты q = (q1, q2) — двумерный вектор параметров (как
это имеет место, например, для нормального или равномерного распределения).
Составим следующую систему уравнений для первых двух моментов распреде)
ления:
2 31 4 311,
23 4 311,
или 5 1
5
(12.8)
1
1
7 62 4 6 2 .
732 4 32,
В левой части системы (12.8) стоят теоретические моменты по распределению,
зависящие от неизвестных параметров, в то время как в правой части — известные
величины, полученные по выборке. Оценкой 11 1 (21 1, 21 2 ) по методу моментов (ММ
оценкой) называется решение системы (12.8). Если получаемые решения являются
непрерывными функциями своих аргументов, то оценки 11 i состоятельны.
ПРИМЕР 12.6. Найти ММ)оценки параметров a и b равномерно распределенной
генеральной совокупности X ~ R(a, b).
& Выберем второй вариант записи системы (12.8) и запишем теоретические мо)
менты:
(b 1 a)2
a2b
и 52 4 D[X ] 4
.
31 4 M[X] 4
2
12
Соответствующими выборочными моментами являются:
n
n
1
1
xi и 41 2 2 S2 2 6 (xi 5 x )2.
n6
n
i 21
i 21
Составляем и решаем систему уравнений метода моментов:
3 a 2 b 4 x,
5 2
или a 2 b 4 2x,
6 (b 7 a)2
b 7 a 4 2 3 S.
2
5
4S ,
8 12
Решая полученную линейную систему уравнений, получаем
311 2 x 2
1
1 a 2 x 3 3 S,
4
6 b 2 x 5 3 S,
где S 1 S2 — выборочное среднеквадратическое отклонение.
Итак, ММ)оценками параметров a и b являются a1 1 x 2 3S и b1 1 x 3 3S. 1
12.19. В условиях задачи 12.18 оценить неизвестный параметр p по мето)
ду моментов.
В задачах 12.20–12.22 по выборке x1, x2, ..., xn объема n найти ММ)оцен)
ки параметров указанных распределений.
12.20. Распределение Пуассона с параметром l.
12.21. Нормальное распределение N(m, s2).
12.22. Показательное распределение Ex(l).
12.23. Убедиться в том, что точечные оценки параметров m и s2 нормаль)
ной генеральной совокупности, полученные двумя различными методами,
совпадают.
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
419
3. Интервальное оценивание. Доверительные интервалы
Пусть (X1, X2, ..., Xn) — выборочный вектор, соответствующий генеральной со3
вокупности X, распределенной по закону, зависящему от параметра q, значение ко3
торого неизвестно.
Доверительным интервалом или интервальной оценкой для параметра q назы3
вается интервал ( 1; 1), содержащий (накрывающий) истинное значение q с задан3
ной вероятностью b:
P{1 2 1 2 1} 3 4.
Число b называется доверительной вероятностью. Практический смысл имеет
доверительная вероятность, близкая к 1, поэтому обычно выбирают b Î [0,9; 0,99].
При заданном b длина 1 2 1 этого интервала характеризует точность, с которой
локализовано значение параметра q, а доверительная вероятность b — надежность
оценивания (вероятность ошибиться, утверждая, что 12 ( 1, 1), не превосходит 1 – b).
Для увеличения надежности необходимо построить доверительный интервал наи
меньшей возможной длины.
Один из наиболее распространенных методов построения доверительного интер3
вала состоит в следующем.
1. Зададим доверительную вероятность b.
2. Найдем статистику Z = Z(X1, X2, ..., Xn, q), зависящую от неизвестного пара3
метра q и удовлетворяющую следующим условиям:
а) закон распределения статистики Z известен и не зависит от q;
б) для любой выборки (x1, x2, ..., xn) функция Z(x1, x2, ..., xn, q) является непре3
рывной и строго монотонной (убывающей или возрастающей) функцией аргумента q
(статистику, удовлетворяющую условиям а) и б), называют подходящей для построе
ния доверительного интервала).
3. По известному закону распределения статистики Z(X1, X2, ..., Xn, q) найдем
два числа z1 и z2 так, чтобы выполнялось равенство
P{z1 < Z(X1, X2, ..., Xn, q) < z2} = FZ(z2) – FZ(z1) = b.
(12.9)
Для однозначности решения уравнения (12.9) обычно полагают
P{Z < z1} = P{Z > z2} = (1 – b)/2.
(12.10)
4. Из уравнений (12.9) и (12.10) находим
z1 4 x112 , z2 4 x132 ,
2
2
где обозначено xp — квантиль порядка p из распределения статистики Z (см. опреде3
ление квантили в п. 11.2.3).
5. Разрешая неравенства
z1 < Z(X1, X2, ..., Xn, q) < z2
1
Отметим, что для квантилей симметричных распределений статистики Z(X1,
X2, ..., Xn, q) справедливо равенство x 112 4 1x 132 , поэтому для таких распределений
полагают
2
2
z1 3 4x 112 и z2 3 x 112 .
2
2
Доверительные интервалы для математического ожидания и дисперсии. При
построении доверительных интервалов для параметров нормально распределенных
генеральных совокупностей обычно используются статистики, приведенные в таб7
лице 12.11.
В таблице приняты следующие обозначения: c2(n) — распределение хиквадрат
с n степенями свободы (распределение Пирсона); St(n) — распределение Стьюден
та с n степенями свободы.
При построении доверительных интервалов используются таблицы квантилей
соответствующих распределений, приведенные в ПРИЛОЖЕНИИ.
ПРИМЕР 12.7. Из генеральной совокупности X ~ N(m, s2) с известной дисперсией
D[X] = s2 = 0,25 взята выборка объема n = 25 и посчитано выборочное среднее x 1 6,5.
Построить доверительный интервал для математического ожидания m = M[X] с дове7
рительной вероятностью b = 0,95.
& Поскольку b задано, то выполняем действия по приведенному выше плану,
начиная с пункта 2.
Из таблицы 12.11 находим подходящую статистику Z 2 U 2
x 1m
3 N (0, 1). Заме7
4/ n
тим, что квантили из распределения N(0, 1) принято обозначать символом up. По таб7
лице приложения 1 находим квантиль: u 112 3 u0,975 3 1,96. Таким образом, z2 = 1,96.
2
В силу симметрии закона N(0, 1), полагаем z1 = –z2 = –1,96. Решая неравенство (12.11)
11,96 2
x 1m
2 1,96
3/ n
при заданных значениях x, s и n относительно параметра m, получаем искомый
доверительный интервал:
6,34 < m < 6,696. %
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
421
12.24. Показать, что если дисперсия генеральной совокупности s2 извест/
на, то доверительный интервал для неизвестного математического ожида/
ния m при произвольной доверительной вероятности b имеет вид
3
3
u 112 5 m 5 x 1
u 112 .
n 2
n 2
x4
12.25. В условиях предыдущей задачи показать, что длина полученного
доверительного интервала l(n) 4 2u 112 3 5 0 при n ® ¥. Это означает, что
n
2
при увеличении объема выборки n точность интервальной оценки растет при
фиксированной доверительной вероятности.
12.26. Пусть X ~ N(m, s2), причем оба параметра неизвестны. Получена
выборка объема n из данной генеральной совокупности. Используя в качест/
ве подходящей статистики статистику W из таблицы 12.11, показать, что
доверительный интервал для математического ожидания m при произволь/
ном значении b имеет вид
x3
S2
S
t 112 (n 3 1) 4 m 4 x 1 2 t 112 (n 3 1),
n 2
n 2
где обозначено t 112 (n 3 1) — квантиль порядка
2
112
из распределения Стьюдента с
2
числом степеней свободы n – 1.
В задачах 12.27–12.30 построить доверительные интервалы для неизвест/
ного математического ожидания указанных характеристик по известным
выборочным данным.
12.27. Емкость конденсатора, если n = 16, x 1 20 мкФ и среднеквадратич/
ное отклонение известно и равно 4 мкФ.
12.28. Время безотказной работы электронной лампы, если n = 100,
x 1 500 ч и среднеквадратичное отклонение известно и равно 10 ч.
12.29. Диаметр вала, если n = 9, x 1 30 мм и s2 оценено по выборке по/
средством исправленной выборочной дисперсии S22 1 9 мм2 .
12.30. Содержание углерода в единице продукта, если n = 25, x 1 18 г,
S22 1 16 г2 .
12.31. После обработки партии из 100 резисторов получено выборочное
среднее x 1 10 кОм. Считая известной дисперсию s2 = 1 кОм2, установить,
сколько нужно провести измерений, чтобы с вероятностью 0,95 интервал
(9,9 кОм; 10,1 кОм) накрыл неизвестное значение математического ожида/
ния m.
12.32. Показать, что если математическое ожидание m генеральной сово/
купности X ~ N(m, s2) известно, то доверительный интервал для неизвест/
ной дисперсии s2 при доверительной вероятности b имеет вид
nS12
nS12
2 4
4
5
.
62112 (n)
62132 (n)
2
2
422
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
12.33. Показать, что если математическое ожидание m генеральной сово*
купности X ~ N(m, s2) неизвестно, то доверительный интервал для неизвест*
ной дисперсии s2 при доверительной вероятности b имеет вид
12.34. По данным задачи 12.30 найти 90%*ный и 95%*ный доверитель*
ные интервалы для дисперсии.
12.35. По данным задачи 12.29 найти 99%*ный доверительный интервал
для дисперсии.
12.36. На основании 20 опытов было установлено, что в среднем для про*
растания семян одного из видов орхидеи требуется время x 1 24 дня при S2 = 6
дней. Предполагая, что время прорастания семян подчиняется нормальному
закону распределения, найти доверительные интервалы для неизвестных ма*
тематического ожидания, дисперсии и среднеквадратического отклонения.
12.37. Проведено 12 измерений максимальной емкости подстроечных
конденсаторов (в пикофарадах), давшие следующие результаты: 4,40; 4,91;
4,65; 4,56; 4,71; 4,54; 4,31; 4,42; 4,60; 4,35; 4,50; 4,43. Предполагая
нормальность генеральной совокупности, построить 95%*ные доверитель*
ные интервалы для математического ожидания, дисперсии и среднеквадра*
тического отклонения.
Доверительный интервал для неизвестной вероятности события. До сих пор пред*
полагалось, что рассматриваемые генеральные совокупности подчинены нормаль*
ному закону распределения. Возможность построения приближенных доверитель*
ных интервалов для параметров генеральной совокупности с законом распределе*
ния, отличным от нормального, определяется центральной предельной теоремой и
свойством асимптотической нормальности многих известных распределений.
ПРИМЕР 12.8. Пусть X ~ B(1, p). Для оценки параметра p проведено n ? 1 опы*
тов по схеме Бернулли и получено число успехов, равное k(n). Построить приближен*
ный доверительный интервал для параметра p с заданной доверительной вероятно*
стью b.
& Ранее показано (задача 12.18), что несмещенной и состоятельной оценкой ве*
(n)
k
. Согласно
роятности успеха p является относительная частота успехов p1 2 p1 2
n
*
интегральной теореме Муавра–Лапласа, статистика p имеет асимптотически нор*
2
мальное распределение: p1 5 N 8 p,
можно считать, что Z 3
p(1 4 p) 3
9, n 6 7. Поэтому при n ? 1 приближенно
n
p1 2 p
4 N (0, 1).
p(1 2 p)
n
Нетрудно проверить, что статистика Z = Z(p*, p) монотонно зависит от p. Таким
образом, Z — подходящая статистика для построения доверительного интервала.
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
423
p1 4 p
5 u 123 относительно p с учетом близости зна,
p(1 4 p)
2
n
Решив неравенства 4 u 123 5
2
чений p1 1 p при n ? 1, получаем
p1 4 u 123
2
p1 (1 4 p1 )
5 p 5 p1 2 u 123
n
2
p1 (1 4 p1 )
.
n
Полученное неравенство определяет приближенный доверительный интервал для
параметра p при n ? 1. %
12.38. С производственной линии, производящей сигареты, наудачу ото,
брано 900 сигарет, при этом 45 из них оказались бракованными. Построить
доверительный интервал для неизвестной вероятности брака во всей гене,
ральной совокупности с доверительной вероятностью 0,9.
12.39. Какой объем выборки следует взять в условиях предыдущей зада,
чи, чтобы с вероятностью, не меньшей 0,997, можно было утверждать, что
вероятность появления бракованной сигареты с производственной линии не
отличается от выборочной доли более чем на 0,05?
12.40. В 100 независимых выстрелах стрелок поразил мишень 82 раза.
Найти 95%,ный доверительный интервал для вероятности попадания в ми,
шень при одном выстреле для данного стрелка.
12.41. В 10 000 сеансах игры с автоматом выигрыш появился 4000 раз.
Найти 95%,ный доверительный интервал для вероятности выигрыша. Сколь,
ко сеансов игры следует провести, чтобы с вероятностью 0,99 вероятность
выигрыша отличалась от частоты не более чем на 0,01?
§ 12.3.
ПРОВЕРКА СТАТИСТИЧЕСКИХ ГИПОТЕЗ
1. Проверка гипотез о сравнении с эталоном
Статистической гипотезой называется любое предположение о той или иной
характеристике генеральной совокупности, которое можно проверить по выбороч,
ным данным.
В задаче сравненияс эталоном проверяется гипотеза о равенстве выбранной ха,
рактеристики распределения фиксированному значению (эталону).
Пусть q — неизвестная характеристика генеральной случайной величины X (на,
пример, q = p — вероятность наблюдаемого события, если X ~ B(1, p)). Относительно
параметра q высказывается основная, или проверяемая, гипотеза H0: q = q0. Гипо,
теза, конкурирующая с основной, называется альтернативой и обозначается H1.
Возможно три варианта построения альтернативы:
31 2 10 — правосторонняя;
4
H1 : 61 5 10 — двусторонняя;
41 7 1 — левосторонняя.
0
8
Статистическим критерием называется правило, позволяющее по выборочным
данным принять основную гипотезу H0 или отклонить ее в пользу альтернативы H1.
424
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Построение критерия определяется выбором подходящей статистики Z(q, q*), ко'
торая служит мерой расхождения между гипотетическим значением параметра q
(установленным в гипотезе H0) и эмпирическим значением q*, которое оценивается
по выборке. Закон распределения этой статистики должен быть известен по крайней
мере при условии H0 и по возможности не зависеть от неизвестного параметра.
Обозначим через G множество возможных значений статистики Z и пусть a —
некоторое малое положительное число. Подмножество Ga Ì G, удовлетворяющее урав'
нению
P{Z Î Ga/H0} = a,
(12.13)
называется критической областью, а множество G1–a = G\Ga — допустимой областью.
Обозначим Zвыб = Z(x1, x2, ..., xn/H0) — выборочное значение статистики, вычис'
ленное по выборке. В записи Zвыб подчеркнуто, что выборочное значение вычисляет'
ся в предположении, что гипотеза H0 верна. Отсюда следует, что статистика Z при
условии H0 должна быть полностью определена.
Сформулируем следующее решающее правило: если ZвыбÎGa, то гипотеза H0 от'
вергается в пользу H1 как не соответствующая опытным данным. Если же ZвыбÎG1–a,
то следует принять H0.
Критерий, основанный на применении данного правила, называется критери
ем значимости, а число a — уровнем значимости критерия. Уравнение (12.13)
определяет при этом так называемую ошибку первого рода: отвергнуть правиль
ную гипотезу.
Наряду с этим может быть совершена так называемая ошибка второго рода:
принять ложную гипотезу. Это произойдет в том случае, когда Zвыб попадет в допус'
тимую область G1–a и будет принято решение в пользу H0, в то время как на самом
деле верна гипотеза H1. Вероятность ошибки второго рода определяется уравнением
P{Z Î G1–a/H1} = b.
(12.14)
Вероятность противоположного события P{Z Î Ga/H1} = 1 – b называют мощностью
критерия. Она определяет вероятность отвергнуть ложную гипотезу.
Выбор критической области. Оптимальное решение задачи выбора критической
области зависит от характера распределения статистики Z и формулировки альтер'
нативы. Приведем соответствующие результаты для важнейших видов распределе'
ний, имея в виду задачу сравнения с эталоном.
Первый вид распределения статистики: симметричный относительно начала
координат (нормальный, Стьюдента и т. п.). Критические области, соответствующие
трем вариантам задания альтернативы H1, определяются для данного вида распре'
деления следующим образом:
83 4 30 5 G1 6 {z | | z| 7 x121 /2 };
9
H1 : 3 7 30 5 G1 6 {z | z 7 x121 };
93 3 5 G 6 {z | z x }.
0
1
1
Результат представлен на рис. 12.6, на нем
обозначено: xp — квантиль порядка p из распре'
деления статистики Z и заштрихована правосто'
ронняя критическая область, соответствующая
альтернативе H1: q > q0.
Второй вид распределения статистики: не'
симметричный (распределения хи'квадрат или
Фишера).
Рис. 12.6
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
425
Критические области в этом случае имеют вид
93 4 30 5 G1 6 {z | z 7 z2 } 1 {z 8 z1 },
1
P{Z 7 z2 / H0 } 6 P{Z 8 z1 / H0 } 6 5 z1 6 x1 , z2 6 x 1 ;
12
2
H1 :
2
2
3 7 30 5 G1 6 {z | z 7 x121 };
3 8 30 5 G1 6 {z | z 8 x1 }.
Результат представлен на рис. 12.7, на нем
заштрихована двусторонняя критическая об8
ласть, соответствующая альтернативе H1: q ¹ q0.
Выбор подходящей статистики. Пусть гене8
ральная случайная величина X ~ N(m, s2). Для
проверки статистических гипотез о сравнении с
эталоном математического ожидания или дис8
персии, по существу, используются те же ста8
Рис. 12.7
тистики, которые использовались для построе8
ния доверительного интервала. Эти статистики
подробно изучались в п. 12.2.3 и приводятся в сводной таблице 12.11.
Пусть, например, проверяется основная гипотеза H0: m = m0 против одной из
альтернатив. Возможны два случая:
1) если s2 известно, то используем статистику U 2 x 1 m0 3 N (0, 1);
4/ n
2) если s2 неизвестно, то используем статистику W 2
x 1 m0
3 St(n 1 1).
S2 / n
В приведенных формулах для U и W m заменено на m0 в силу утверждения
гипотезы H0, которая, таким образом, полностью определяет закон распределения
указанной статистики.
Для проверки основной гипотезы о дисперсии H0 : 12X 2 120 против одной из аль8
тернатив H1 возможны также два случая:
1) если m известно, то используем статистику V1 2
n 1 S12
3 42 (n);
520
2) если m неизвестно, то используем статистику V2 2
(n 1 1)S22
3 42 (n 1 1)
520
(в формулах для V1 и V2 s2 заменено на 120 в соответствии с гипотезой H0).
В случае, когда генеральная X ~ B(1, p), при аналогичной постановке задачи для
параметра p (H0: p = p0) при большом объеме выборки используется статистика
Z3
p1 2 p0
p0 4 q0
n
~ N (0, 1).
npq 11
Здесь p* — относительная частота успехов в n опытах по схеме Бернулли.
ПРИМЕР 12.9. Время реакции на световой сигнал среди водителей8профессио8
налов должно находиться на уровне » 3 с для безопасной езды в темное время суток
(m0 = 3 с). Тестирования, проведенные среди 16 водителей, дали следующие резуль8
таты: x 1 4,5 с, S22 1 16 с2. Ответить на следующие вопросы.
426
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1) Следует ли из этих данных, что время реакции испытуемых значимо больше
номинального на уровне значимости a = 0,05?
2) Как изменится результат проверки основной гипотезы, если выбрать a = 0,1?
3) Что изменится, если известно, что sx = 4 с?
4) Можно ли считать, что время реакции водителей значимо отличается от номи;
нального?
& Для ответа на первые три вопроса формулируем задачу проверки следующим
образом:
H 0 : mX = m0 ; H 1 : mX > m0 , Þ
Þ подходящей статистикой является W 2
x 13
3 St(15).
S2
n
Как установлено в H1, критическая область — правосторонняя, поэтому по таб;
лице квантилей распределения Стьюдента находим t0,95(15) = 1,75; далее вычисля;
ем выборочное значение статистики: Wвыб 2 4,5 1 3 2 1,5.
4/4
1) Поскольку Wвыб < 1,75, т. е. Wвыб Î G1–a, то H0 принимается на данном уровне
значимости a. Другими словами, выборочные данные не подтверждают гипотезу H1
о том, что время реакции испытуемых значимо больше номинального.
2) Если a = 0,1, то критическая область расширяется: Ga = {z | z ³ 1,341}, и H0
отвергается.
3) Изменяется статистика — можно использовать U. Из таблицы квантилей нор;
мального распределения находим u0,95 = 1,645. Так как Uвыб = 1,5 Î G1–a, то H0 при;
нимается.
4) Постановка задачи в этом случае имеет вид
H0: mX = m0 = 3, H1: mX ¹ m0.
Подходящей статистикой является W, определенная выше, но критическая область
двусторонняя: G1 3 {z | | z| 4 t
12
1 (15)},
2
где t
12
1 (15) 3 t0,975 (15) 3 2,13.
2
Таким образом, до;
пустимая область расширяется и H0 подтверждается с большей надежностью. %
ПРИМЕР 12.10. Цех выпустил партию деталей (например, интегральных схем)
с неизвестным процентом брака. Поставщик утверждает, что этот процент находит;
ся в пределах норматива, оговоренного в договоре с заказчиком (равен эталонному
значению). Заказчик, напротив, утверждает, что по некоторым его наблюдениям
этот процент значительно превышен. Пусть вероятность получить бракованную де;
таль в большой партии деталей согласно договору равна p = 0,03 (эталонное значе;
ние). Заказчик утверждает, что, по его данным, p > 0,03.
Для разрешения конфликта было обследовано 400 наудачу отобранных деталей
и обнаружено, что 16 из них бракованные. Обе стороны договорились об уровне зна;
чимости a = 0,05. Ответить на следующие вопросы: 1) чью гипотезу подтверждает
эксперимент? 2) какова вероятность принять партию, в которой в действительности
имеется 6% бракованных деталей? 3) каков смысл ошибок первого и второго рода?
& 1) Проверяется основная гипотеза H0: p = p0 = 0,03 против правосторонней аль;
тернативы H1. Подходящей статистикой для проверки данной гипотезы является
Z3
pn1 2 p0
, которая согласно интегральной теореме Муавра–Лапласа при доста;
p0q0 /n
точно больших значениях np0q0 приближенно подчиняется закону N(0, 1). Стати;
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
стику Z легко преобразовать к виду Z 2
427
m 1 np0
, где m — число бракованных дета3
np0q0
лей в отобранной партии. В силу выбранной альтернативы, критическая область
Ga = {z | z > u0,95}, где u0,95 = 1,65 из таблицы квантилей нормального распределения.
Вычисляем выборочное значение статистики:
Zвыб 2
16 1 12
3 1,172.
400 4 0,03 4 0,97
Так как Zвыб < 1,65, то нет оснований отвергать гипотезу H0: выборочные дан3
ные не противоречат утверждению поставщика.
2) Для ответа на поставленный вопрос заметим, что если верна альтернатива
H11 : p 2 p1 2 0,6, то число m бракованных деталей из 400 распределено по закону
B(400, p1), поэтому M[m / H11 ] 2 np1 2 24, D[m / H11 ] 2 np1q1 2 22,56.
Используя свойства математического ожидания и дисперсии, получаем
M[Z / H11 ] 2 3,52, D[ Z / H11 ] 2
p1q1
2 1,94.
p0q0
Таким образом, статистика Z при условии, что H11 верна, распределена по нор3
мальному закону с параметрами m1 = 3,52 и 112 2 1,94. Отсюда вероятность принять
партию, в которой содержится 6% брака (т. е. вероятность ошибки второго рода),
вычисляем по формуле (12.14):
3 1,65 1 3,52 4 7 1 1 (1,335) 0,091,
1,4
что почти в два раза больше, чем ошибка первого рода, равная a = 0,05.
3) Ошибка первого рода: забракована хорошая партия — страдает поставщик;
ошибка второго рода: принята плохая партия — страдает заказчик. %
P{Z 6 G112 / H15 } 7 85 7 P{Z 9 1,65/ H15 } 7
12.42. Средняя продолжительность службы батареек «Крона» при непре3
рывной работе согласно заводскому стандарту составляет 21,5 часа. Лабора3
тория проверила 6 батареек на одном из предприятий и получила следую3
щие данные продолжительности службы (в часах): 12, 18, 22, 20, 16, 25.
Свидетельствуют ли эти данные, что батарейки, выпускаемые данным
предприятием, имеют более короткую продолжительность службы, чем это
предписано стандартом изготовления? Принять уровень значимости a = 0,05.
Как изменится результат проверки, если уменьшить вероятность ошибки
первого рода в два раза?
12.43. Партия изделий принимается, если дисперсия контролируемого раз3
мера значимо не превышает 0,2 мкм2. Исправленная выборочная дисперсия,
найденная по выборке объема n = 101, оказалась равной 0,3 мкм2. Можно ли
принять партию: а) на уровне значимости 1%? б) на уровне значимости 0,1%?
12.44. В результате длительного хронометража времени сборки узла раз3
личными сборщиками установлено, что дисперсия этого времени 120 2 2 мин2 .
Проведено двадцать наблюдений за ра3
1 2 3 4 5 6 2 7 89 897
ботой новичка, давших результаты,
1234567892 6
приведенные в таблице 12.12. Можно ли
6 6 6 6 6
6 64 6
на уровне значимости a = 0,05 считать,
7967 36 6 6 6 6 6 6
что новичок работает ритмично (в том
1
428
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
смысле, что дисперсия затрачиваемого им времени сборки значимо не отли+
чается от дисперсии эталонного времени сборки остальных сборщиков)?
12.45. Утверждается, что шарики, изготовленные станком+автоматом,
имеют средний диаметр d0 = 10 мм. Используя односторонний критерий при
a = 0,05, проверить эту гипотезу, если в выборке из n = 16 шариков средний
диаметр оказался равным 10,3 мм, считая, что: а) дисперсия известна и рав+
на s2 = 1 мм2; б) оценка дисперсии, определенная по выборке S22 1 1,21мм2 .
12.46. Из большой партии резисторов одного типа и номинала случай+
ным образом отобраны 36 штук. Выборочное среднее величины сопротивле+
ния при этом оказалось равным 9,3 кОм. Используя двусторонний критерий
при a = 0,05, проверить гипотезу о том, что выборка взята из партии с номи+
налом 10 кОм, если: а) дисперсия величины сопротивления известна и равна
4 кОм2; б) дисперсия величины сопротивления неизвестна, а выборочная дис+
персия равна 6,25 кОм2.
12.47. По техническим условиям средняя прочность на разрыв троса со+
ставляет 2000 кг. В результате испытаний 20 кусков троса было установле+
но, что средняя прочность на разрыв равна 1255 кг, а выборочная исправлен+
ная дисперсия равна 625 кг2. Удовлетворяет ли образец троса техническим
условиям? Проверить данное утверждение на уровне значимости 2,5%.
12.48. По паспортным данным автомобильного двигателя расход топли+
ва на 100 км пробега составляет 10 л. В результате изменения конструкции
двигателя ожидается, что расход топлива уменьшится. Для проверки прове+
дены испытания 25 случайно отобранных автомобилей с новым двигателем,
давшие следующие результаты: выборочное среднее расхода топлива оказа+
лось равным 9,3 л на 100 км пробега. Предполагая, что выборка получена из
нормально распределенной совокупности со средним m = 10 л и известной
дисперсией s2 = 4 л2, проверить на уровне значимости 5%, подтверждаются
ли ожидания конструкторов?
12.49. В условиях задачи 12.48 предположим, что альтернативой основ+
ной гипотезе служит H1, утверждающая, что m = 9 л. Критическую область
зададим неравенством x 1 9,44. Найти вероятности ошибок первого и второ+
го рода для критерия с такой критической областью.
12.50. Точность наладки станка+автомата, производящего некоторые де+
тали, характеризуется дисперсией длины деталей. Если эта величина будет
больше 400 мкм2, станок останавливается для наладки. Выборочная диспер+
сия длины 15 случайно отобранных деталей из продукции станка оказалась
равной S22 1 680 мкм2 . Следует ли производить наладку станка, если: а) уро+
вень значимости принят a = 0,01; б) уровень значимости принят a = 0,1?
12.51. Из суточной продукции цеха случайным образом отобрано и про+
верено 200 приборов. При этом 16 приборов признаны негодными к эксплуа+
тации. Можно ли считать, что годная продукция цеха составляет 90%, если
a = 0,10?
12.52. Статистика, собранная в университете в течение многих лет, пока+
зывает, что 64% студентов естественных факультетов успешно сдают экза+
мен по математике в первую сессию. В осенний семестр 2006/07 учебного
года из 400 первокурсников успешно сдали экзамен по математике 280 чело+
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
429
век. Показывает ли этот результат значимое улучшение знаний студентов по
математике (принять a = 0,05)?
12.53. Лекарства, применяемые обычно после операции, уменьшают бо;
левые ощущения у 80% пациентов. Испытывается новое лекарство для той
же цели. Для скольких пациентов из 100 оно должно быть эффективным,
чтобы отдать ему предпочтение на 1%;ном уровне значимости?
12.54. При 600 подбрасываниях игральной кости шестерка появилась
75 раз. На уровне значимости a = 0,01 проверить основную гипотезу о «пра;
вильности» игральной кости (т. е. о том, что вероятность появления шестер;
ки при одном подбрасывании игральной кости равна 1/6).
2. Проверка гипотезы о равенстве дисперсий
в двух независимых генеральных совокупностях
Пусть X 1 N (mX , 22X ), Y 1 N (mY , 22Y ), причем X и Y — независимы (параметры
mX и mY могут быть известны или неизвестны). Из совокупностей X и Y взяты выбор;
ки объемов соответственно n1 и n2: x1, x2,..., xn1 и y1, y2,..., yn2 , после обработки кото;
рых получены соответствующие оценки x, S22 (x) и y, S22 (y).
При заданном уровне значимости a проверяется основная гипотеза H0 : 12X 2 12Y
против одной из альтернатив
122X 3 22Y ,
4
H1 : 622X 5 22Y ,
422 7 22 .
8 X
Y
Если параметры mX и mY известны, то подходящей статистикой для проверки
нулевой гипотезы является статистика Q1, определяемая формулой
Q1 2
S12 (x) 12Y
3
4 Fi(n1, n2 ),
S22 (y) 12X
где Fi(n1, n2) — распределение Фишера с n1 и n2 степенями свободы.
При условии H0 неизвестные дисперсии сокращаются, и выборочное значение
Q1выб полностью определено. В случае, если mX и mY неизвестны, подходящей стати;
стикой является Q2 1
S22 (x)
, для которой при условии H0 справедливо утверждение
S22 ( y)
Q2 H 1 Fi(n1 2 1, n2 2 1).
0
Критическая область для проверки гипотезы H0 выбирается в соответствии с
правилами оптимизации ошибок I и II рода для несимметричных распределений
(см. рис. 12.7). При этом следует учитывать, что в таблице квантилей распределе;
ния Фишера приводятся лишь значения, бо´льшие единицы. Поэтому в формулах
для указанных статистик рекомендуется делить бо´льшую дисперсию на меньшую.
ПРИМЕР 12.11. Давление в камере контролируется по двум манометрам. Для
сравнения точности этих приборов одновременно фиксируются их показания. По
результатам 10 замеров посчитаны исправленные выборочные дисперсии измере;
ний: S22 (x) 1 0,3 и S22 (y) 1 0,15. Можно ли считать, что оба манометра обеспечивают
одинаковую точность измерений, если принять уровень значимости a = 0,1? Пред;
полагается, что результаты измерений распределены нормально.
430
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
& Точность измерений тем или иным прибором определяется дисперсией соот)
ветствующей генеральной совокупности, связанной с данным прибором. Поэтому
задача заключается в проверке основной гипотезы H0 : 12X 2 12Y против двусторонней
альтернативы H1 : 12X 2 12Y .
Поскольку mX и mY неизвестны, то подходящей статистикой является Q2 1
S22 (x)
,
S22 ( y)
которая при условии H0 распределена по закону Fi(9, 9). Так как критическая об)
ласть двусторонняя и S22 (x) 1 S22 (y), то достаточно определить ее правую границу z2
(см. рис. 12.7). По таблице квантилей распределения Фишера находим
z2 3 F
12
1 (9,9) 3 3,18.
2
Вычисляем выборочное значение статистики:
Q2выб 1
0,3
1 2.
0,15
Поскольку Q2выб < 3,18, то гипотеза H0 принимается на данном уровне значимости:
оба метода обеспечивают одинаковую точность измерений. %
12.55. По двум независимым выборкам, объемы которых n1 = 9 и n2 = 16,
извлеченных из нормальных генеральных совокупностей X и Y, найдены
исправленные выборочные дисперсии S22 (x) 1 34,02 и S22 (y) 1 12,15. При уров)
не значимости 0,01 проверить гипотезу H0 о равенстве дисперсий 12X и 12Y
против правосторонней альтернативы.
12.56. По двум независимым выборкам, объемы которых n1 = 14 и n2 = 10,
извлеченных из нормальных генеральных совокупностей X и Y, найдены
исправленные выборочные дисперсии S22 (x) 1 0,84 и S22 (y) 1 2,52. При уровне
значимости 0,1 проверить гипотезу H0 о равенстве дисперсий 12X и 12Y про)
тив двусторонней альтернативы.
12.57. Для сравнения точности двух станков)автоматов взяты две выборки
изделий, объемы которых n1 = 10 и n2 = 8. В результате измерения контроли)
руемого размера отобранных изделий получены следующие результаты:
xi 1,08 1,10 1,12 1,14 1,15 1,25 1,36 1,38 1,40 1,42
yi 1,11 1,12 1,18 1,22 1,33 1,35 1,36 1,38
Можно ли считать, что станки обладают одинаковой точностью (т. е. име)
ют равные дисперсии контролируемого размера), если принять уровень зна)
чимости a = 0,1, а в качестве конкурирующей гипотезы использовать дву)
стороннюю?
12.58. Два токарных автомата изготовляют детали по одному чертежу. Из
продукции первого станка было отобрано n1 = 9 деталей, а из продукции второ)
го n2 = 11 деталей. Выборочные исправленные дисперсии контролируемого раз)
мера, определенные по этим выборкам, S22 (x) 1 5,9 мкм2 и S22 (y) 1 23,2 мкм2.
Проверить гипотезу о равенстве дисперсий при a = 0,05, если альтернативная
гипотеза утверждает, что: а) дисперсии не равны; б) дисперсия размера для вто)
рого станка больше, чем для первого.
431
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
12.59. Для наладки станка была проверена точность изготовления 10
втулок и найдено значение несмещенной оценки дисперсии диаметра, рав7
ное 9,6 мкм2. После наладки подверглись контролю еще 15 втулок, и полу7
чено новое значение оценки дисперсии, равное 5,7 мкм2. Можно ли счи7
тать, что после наладки станка точность изготовления втулок увеличилась?
Принять a = 0,05.
3. Проверка гипотезы о равенстве средних
в двух независимых генеральных совокупностях
Пусть две генеральные X и Y удовлетворяют тем же условиям, что и при сравне7
нии дисперсий. Проверяется основная гипотеза H0: mX = mY против одной из альтер7
натив
2mX 1 mY ,
3
H1 : 5mX 4 mY ,
3m 6 m .
Y
7 X
Ограничимся рассмотрением двух случаев: 1) дисперсии 12X и 12Y точно извест7
ны; 2) 12Y 2 12Y 2 12, причем дисперсия s2 неизвестна.
В случае 1) подходящей статистикой для проверки основной гипотезы является
статистика
x1y
U2
,
32X 32Y
4
n1 n2
распределенная по закону N(0, 1) при условии H0.
В случае 2) необходимо вначале проверить вспомогательную гипотезу H01 о ра7
венстве дисперсий при двусторонней альтернативе. Если гипотеза H01 о равенстве
дисперсий подтверждается на том же уровне значимости a, то подходящей стати7
стикой для проверки основной гипотезы H0 является
W 2
x1y
,
1 1
S3
4
n1 n2
где S 1 S2 , S2 — дисперсия объединенной выборки, определяемая формулой
S2 3
(n1 1 1)S22 (x) 2 (n2 1 1)S22 ( y)
n1 2 n2 1 2
(12.15)
и являющаяся несмещенной и состоятельной оценкой неизвестной дисперсии s2.
При условии H0 статистика W распределена по закону Стьюдента St(n1 + n2 – 2)
и ее выборочное значение полностью определено.
Если гипотеза H01 о равенстве дисперсий отклоняется, то исходная задача про7
верки основной гипотезы H0 точного решения не имеет. Существуют различные при7
ближенные критерии, справедливые при больших объемах выборки.
ПРИМЕР 12.12. Обследование, проведенное на скорость реакции среди молодых
водителей по 1007балльной системе, дало следующие результаты: в группе из 21
человека, проходившего курс интенсивной подготовки на специальном автодроме,
получено x 1 93, S22 (x) 1 8,65. В группе же из 121 человека, проходившего обычные
курсы вождения, получено y 1 90,5, S22 (y) 1 25,35.
Свидетельствуют ли эти данные о том, что интенсивный курс значимо улучшил
результаты? Принять a = 0,002.
432
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
& Проверяется основная гипотеза о равенстве математических ожиданий про+
тив правосторонней альтернативы. Так как дисперсии неизвестны, то вначале необ+
ходимо проверить дополнительную гипотезу H01 : 22X 3 22Y против двусторонней аль+
тернативы H11 : 22X 3 22Y . Для проверки используем статистику Фишера:
S22 ( y)
2 Fi(n2 3 1, n1 3 1).
S22 (x)
Для облегчения поиска квантилей из таблицы распределения Фишера делим
бо´льшую дисперсию на меньшую. Кроме того, в этом случае, несмотря на двусторон+
нюю альтернативу, достаточно вычислить лишь правую часть критической области,
определяемую условием
G21 3 {q | q 4 qкр },
Q2 1
где qкр 3 41212 /2 (n2 1 1, n1 1 1) 3 420,999 (120,20) 3 3,54. Вычисляя выборочное значение ста+
тистики, получаем Q2выб = 2,92 Î G1–a, и, таким образом, гипотеза H01 принимается:
дисперсии значимо не различаются.
Поскольку реализовался случай 2, то для проверки основной гипотезы H0 ис+
пользуем стьюдентову статистику W.
По формуле (12.15) находим дисперсию объединенной выборки S2 = 22,967 и
S = 4,79. Таким образом, выборочное значение статистики получается равным
Wвыб = 2,21. Поскольку критическая область правосторонняя, то Ga = {w | w > wкр},
где wкр находим, используя нормальную асимптотику распределения Стьюдента при
большом числе степеней свободы: wкр = t1–a(140) » u0,998 = 2,88.
Так как Wвыб < wкр, то на данном уровне значимости a = 0,002 принимается ги+
потеза H0. Следовательно, интенсивные курсы не привели к значимому улучшению
результатов вождения. %
12.60. В двух фирмах, производящих детское питание, производилась
оценка качества продукции. В фирме A, где проверялось 30 единиц продук+
ции, средняя сумма баллов оказалась равной 52. Во второй фирме B проверя+
лось 36 единиц продукции, и их средняя сумма баллов оказалась равной 45.
Дисперсии суммы баллов, вычисленные для нескольких тысяч единиц про+
дукции каждой из фирм, составляют 12X 2 15 для фирмы A и 12Y 2 12 для
фирмы B. Считая, что суммы баллов, определяющие качество продукции
для обеих фирм, — независимые и нормально распределенные совокупно+
сти, установить: можно ли считать, что питание, выпускаемое фирмой A,
обладает значимо лучшим качеством, чем выпускаемое фирмой B? Принять
уровень значимости равным a = 0,05.
12.61. С целью ускорения производства интегральных схем производст+
венная линия была модифицирована. Для исследования эффекта модифика+
ции было зафиксировано время изготовления каждой из 50 интегральных
схем при старом и новом процессах. Для старого процесса среднее время
изготовления одной интегральной схемы оказалось равным 35 с, а для моди+
фицированного процесса — 33 с. Стандартные отклонения времени изготов+
ления интегральной схемы для старого и нового процессов можно считать
одинаковыми. Вычисленное значение среднеквадратического отклонения
объединенной выборки равно 1,5 с. Можно ли на 2%+ном уровне значимости
сделать вывод, что скорость изготовления интегральной схемы при модифи+
цированном процессе больше?
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
433
12.62. Высказывается предположение, что выпускники специализирован/
ных физико/математических классов имеют более высокие знания по мате/
матике при поступлении в МИЭТ, чем выпускники обычных классов зелено/
градских школ. Наудачу отобрали 10 школьников из 11/го класса лицея и 10
школьников из 11/го класса школы № 909. После проведения тестового эк/
замена получены следующие результаты (в 100/балльной шкале оценок):
лицей (X): 75 73 100 68 79 76 81 65 82 90
школа № 909 (Y): 85 84 75 47 80 65 55 45 70 65
1) Согласуются ли эти данные с высказанным предположением на уровне
значимости 2,5%?
2) Для увеличения надежности вывода тестированию была подвергнута
большая группа школьников — из каждой школы по 25 человек. После об/
работки выборок получены следующие результаты: x 1 75,5; S22 (x) 1 112,3;
y 1 65,2; S22 (y) 1 220,6. Повторить процедуру проверки при том же уровне зна/
чимости.
12.63. Для исследования влияния двух типов покрытия на удельную про/
водимость телевизионных трубок получены следующие результаты (в услов/
ных единицах):
xi (первый тип трубок): 6 5 12 9 10
yi (второй тип трубок): 14 11 0 5 6 8
Можно ли на основании этих данных считать, что тип покрытия влияет
на удельную проводимость трубок? Принять a = 0,1.
4. Проверка гипотезы о законе распределения.
Критерий согласия хиквадрат
Пусть закон распределения генеральной случайной величины неизвестен, но
имеются те или иные основания предполагать, что генеральная случайная величи/
на X распределена по закону, описываемому известной функцией распределения
FX(x; q), где q — вектор параметров, которыми определяется данная функция (на/
пример, высказывается предположение, что X ~ N(m, s2), тогда q = (m, s2)).
Таким образом, формулируем основную гипотезу H0: X ~ FX(x; q).
Альтернативной всегда выступает гипотеза H1 1 H0 , отрицающая H0. Критерии,
используемые для проверки указанной основной гипотезы, носят название крите
риев согласия. Наиболее употребительным на практике является так называемый
критерий согласия хиквадрат (критерий Пирсона).
Критерий Пирсона основан на поразрядном сравнении частот и вероятностей, по/
этому предварительно выборка приводится к частотному виду. При этом в зависимо/
сти от типа генеральной случайной величины по разному трактуется понятие «раз/
ряд». Именно: если генеральная X является СВДТ, то разрядами являются возмож/
ные значения x Î EX в группированной выборке. Если же генеральная X является
СВНТ, то разрядами являются интервалы при интервальном представлении выборки.
Подходящей статистикой для проверки основной гипотезы является статистика
Пирсона
l
n
3 ( pk1 4 pk )2,
Z25
(12.16)
p
k 21 k
434
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
где l — число разрядов; pk — теоретическая вероятность попадания в k)й разряд,
если верна гипотеза H0; pk1 — относительная частота попадания выборочных значе)
ний в k)й разряд; n — объем выборки.
Пусть гипотеза H0 простая, т. е. полностью определяет закон распределения ге)
неральной случайной величины X, включая параметр q. В этом случае теоретиче)
ские вероятности pk вычисляются по обычным правилам теории вероятностей:
3P{X 2 zk }, k 2 1,2,..., l, — для частотной выборки;
pk 2 4
6P{X 5 Ik } 2 FX (ak ; 1) 1 F (ak 11; 1) — для интервальной выборки.
mk
, где mk — частота попаданий выборочных значений в
n
k)й разряд, формула (12.16) для статистики Z может быть преобразована к виду
Учитывая, что pk1 2
2
l
3 m 2 npk 4
.
Z195 k
(12.17)
npk 68
k 11 7
Если npk ? 1, k = 1, 2, ..., l, то статистика Z при условии H0 распределена по за)
кону c2(l – 1) (одна степень свободы «теряется» из)за наличия одной линейной свя)
l
зи, наложенной на случайные величины mk:
2 mk 1 n).
k 11
Критическую область для проверки основной гипотезы H0 следует выбирать на
правом хвосте распределения c2(l – 1), так как это максимизирует мощность крите)
рия. Действительно, если гипотеза H0 — ложная, т. е. pk не являются истинными
вероятностями k)го разряда, то, как видно из формулы (12.16), каждое слагаемое в
сумме будет иметь порядок n и сумма будет неограниченно возрастать вместе с объе)
мом выборки. Таким образом, если G1 3 {z | z 4 51221 (l 2 1)}, то при достаточно боль)
шом n событие {Zвыб Î Ga/H1} будет иметь вероятность, близкую к единице, и лож)
ная гипотеза будет почти наверняка отвергнута.
ПРИМЕР 12.13. Исследуя вероятностные законы наследственности, Грегор Мен)
дель проводил в течение 8 лет (с 1857 по 1865 г.) эксперименты по селекции гороха.
За это время он вырастил и детально изучил около 10 000 растений гороха, прежде
чем решился опубликовать свои результаты в одном из научных журналов. Однако
после этого события потребовалось 35 лет для того, чтобы ученый мир понял и оце)
нил значение сделанного им открытия. В одном из своих экспериментов Мендель
наблюдал частоты различных видов семян, получаемых при скрещивании растений
с круглыми желтыми семенами и растений с морщинистыми зелеными семенами.
Эти данные наблюдений и теоретически рассчитанные вероятности приведены в таб)
лице 12.13.
Проверить на уровне значимости a = 0,05 основную гипотезу о соответствии на)
блюдаемых частот теоретическим вероятностям.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 8 7
123456
57859 76
1
64396
7276116
4254 4 46
45292 6216
12
34567892 2 97 892
12
12
2
4 892 2 97 892
112
12
2
34567892 2979892
12
12
2
4 892 2979892
2
112
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
435
& В данном примере разрядами являются значения качественных признаков:
X1 — форма (круглые или морщинистые), X2 — цвет (желтый или зеленый), по ко;
торым вся популяция гороха (генеральная совокупность) разделилась на 4 непересе;
кающихся класса. Статистика Пирсона принимает вид
2
3 mk 2 npk 4
5 62 (3).
7
npk 8
k 11 9
Из таблицы квантилей распределения хи;квадрат находим 31212 (3) 4 320,95 (3) 4 7,81.
Вычисляем выборочное значение статистики: Zвыб = 0,47. Так как 0,47 = 7,81
(Zвыб Î G1–a), то гипотеза H0 принимается с хорошей надежностью. %
Замечание. В рассмотренном примере число разрядов l определилось автомати;
чески, так как сами разряды порождены естественной классификацией признаков в
номинальной шкале. Аналогичная ситуация наблюдается и в случае частотной вы;
борки из дискретного распределения. Если же X — СВНТ, и обрабатывается выбор;
ка большого объема, то для определения числа интервалов группировки часто ис;
пользуют формулу Кендалла–Стьюарта: l = [1,87 × (n – 1)2/5], где [a] — целая часть
числа a.
В случае, если интервальная выборка задана экспериментатором, то необходимо
объединить слабо заполненные соседние интервалы до выполнения условия npk ³ 5.
Если гипотеза H0 — сложная, т. е. гипотетическая функция распределения
FX(x; q1, q2, ..., qs) зависит от s неизвестных параметров, то в формуле (12.17) следу;
ет заменить теоретические вероятности pk их оценками, полученными по выборке.
В этом случае теряется еще s степеней свободы, так что Z ~ c2(l – s – 1).
Z1
4
12.64. Для проверки на равномерность распределения последовательно;
сти псевдослучайных чисел, вырабатываемых генератором (команда rand в
пакете MATLAB), взято n = 2000 таких чисел и рассортировано по десяти
интервалам равной длины Di = 0,1; x Î [0, 1]. Получена интервальная выбор;
ка, представленная в таблице 12.14.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 8 7
12345678945
6
7 262 876
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
1
На уровне значимости a = 0,05 проверить основную гипотезу H0, утвер;
ждающую, что данная выборка принадлежит генеральной совокупности X,
распределенной по закону R(0, 1).
12.65. В таблице 12.15 приводятся данные о фактических объемах сбыта
(в условных единицах) в пяти районах. Согласуются ли эти результаты с
предположением о том, что сбыт продукции в этих районах должен быть
одинаковым? Принять a = 0,01.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 8 7
123456
2 364626
76
86
96
776 796 6
6
6
6 76
1
12.66. При испытании радиоэлектронной аппаратуры фиксировалось чис;
ло отказов. Результаты 59 испытаний приводятся в таблице 12.16. На уровне
436
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
значимости a = 0,1 проверить гипотезу H0 о том, что число отказов имеет
распределение Пуассона.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 8 7
1234565789 5 6
123456237926
6
6
6
6
6
6
6
6
1
12.67. Результаты измерений входного сопротивления (в Ом) 130 элек7
тронных ламп представлены в таблице 12.17 в виде интервальной выборки.
На уровне значимости a = 0,01 проверить гипотезу H0 о нормальности рас7
пределения входного сопротивления электронной лампы.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 8 7
12345678549 2 3 38
39938
8
8
8
8
8
8
8
8
8
8
8
8
8
8
1
12.68. В десятичной записи числа p среди 10 000 первых значащих цифр
после запятой цифры 0, 1, ..., 9 встречаются соответственно m = (968, 1026,
1021, 574, 1014, 1046, 1021, 970, 948, 1014) раз. Можно ли на уровне значи7
мости 0,05 считать, что эти цифры распределены равномерно?
§ 12.4.
КОРРЕЛЯЦИОННЫЙ
И РЕГРЕССИОННЫЙ АНАЛИЗ ДАННЫХ
1. Основы корреляционного анализа
Корреляционный анализ — это совокупность методов исследования так назы7
ваемой корреляционной зависимости между случайными величинами.
Для двух случайных величин X и Y корреляционный анализ состоит из следую7
щих основных этапов: 1) получение выборки из двумерного распределения (X, Y) и
при необходимости построения корреляционной таблицы; 2) вычисления выбороч7
ного коэффициента корреляции; 3) проверки статической гипотезы о значимости
корреляционной связи.
Корреляционная таблица представляет собой l1´l27клеточную таблицу, где l1 и
l2 — числа интервалов соответственно для X и Y, а в каждой клетке таблицы приво7
дится число nij тех пар значений (x, y), компоненты которых попадают в соответст7
вующие интервалы группировки по каждой переменной.
Выборочный коэффициент корреляции Пирсона определяется формулой
r 2 31X, Y 2
SX, Y
.
SX SY
(12.18)
При этом, если вычисления осуществляются по корреляционной таблице, то
SX, Y 1
l
l
1
1 1 2 1
(x 2 x )( yj 2 y )nij
3
3
n i 11 j 11 i
(12.19)
1
1
— выборочная ковариация; xi и yj — центры соответствующих интервалов группи7
ровки;
437
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
2 , S 1 S2 ,
SX 1 SX
Y
Y
2 2
SX
l
l
1
1
1 1
1 2
ni 1 (xi 3 x )2, SY2 2 4 n 1 j ( yj 3 y )2
n4
n
i 21
j 21
(12.20)
— соответствующие выборочные дисперсии.
Для выборочной ковариации SX, Y справедлива формула
1 4xy 2
SX, Y 2 31,1
l
l
11
1 1 2
n x y 4 x y,
5
5
n i 21 j 21 ij i j
(12.21)
являющаяся аналогом формулы KX, Y = a1, 1 – mXmY в теории вероятностей. Для про9
стой (негруппированной) выборки формулы (12.19)–(12.21) упрощаются и приобре9
тают вид
n
n
1
1 2 1
SX, Y 2 5 (xk 3 x )(yk 3 y ); 41,1
xy;
5
n k 21
n k 21 k k
2 2
SX
n
n
1
1
(xk 3 x )2, SY2 2 5 (yk 3 y )2.
n k5
n k 21
21
ПРИМЕР 12.14. В таблице 12.18 представлены результаты измерений роста
X (см) и веса Y (кг) 50 мужчин — слушателей военной академии. Вычислить выбо9
рочный коэффициент корреляции.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 8 7
1 233415361 253417361 273418361 283419361
1
11
2 3341 5361
1
31
1
1
1
2 5341 7361
1
81
91
1
1
2 7341 8361
1
1
51
31
31
11
1
71
91
1
31
1
& По формулам группированной выборки вычисляем средние:
x2
1
1
1
8530
1
3850
xi ni 1 2
2 170,6, y 2 3 yj n 1 j 2
2 77,
n3
n
50
50
i 21
j 21
3
4
и выборочные вторые начальные моменты:
412, 0 3
3
4
3 4
1
1 1
1
1
1
1 3 1
xi2 ni 2 3 29158, 410,2 3 5 yj2 n 2 j 3 6006, 41,1
5 5nij xi yj 3 13156.
n5
n
n
i 31
j 31
i 31 j 31
Далее, используя формулы для выборочных дисперсий через начальные моменты
(см. пример 12.4), получаем
2 2 31 4 x 2 2 53,64, S2 2 31 4 y 2 2 77, S
1
SX
2, 0
0,2
X, Y 2 31,1 4 x y 2 19,8.
Y
Наконец, по формуле (12.18) находим коэффициент корреляции:
19,8
r1
1 0,308. 1
7,3239 2 8,7749
12.69. Показать, что для простой (негруппированной) выборки справед9
лива следующая формула для выборочной ковариации:
n
1
SX, Y 1 4 xi yi 2 x 3 y.
n i 11
438
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
12.70. Показать, что для выборочного коэффициента корреляции спра/
ведливо свойство, аналогичное свойству коэффициента корреляции в тео/
рии вероятностей: |r| £ 1.
В задачах 12.71–12.72 вычислить коэффициент корреляции для указан/
ных выборок из двумерной генеральной совокупности, представленных в
таблицах 12.19, 12.20.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 8 7
12.71.
7
12
342
52
12
62
7
32
72
32
82
72
1 2 3 4 5 6 2 7 89 9 7
12.72.
1
7
7 123425 423625 623725 783925
23
5
5
3
5
5
5
5
15
3
5
5
65
75
65
3 15
5
5
5
95
5
5
5
1
Пусть r — выборочный коэффициент корреляции, являющийся асимптотиче/
ски несмещенной и состоятельной оценкой коэффициента корреляции r генераль/
ной совокупности, и пусть гипотеза H0 утверждает, что r = 0. Если гипотеза H0 от/
клоняется на заданном уровне значимости, то делается вывод, что линейная связь
между X и Y значима. Альтернативной гипотезой при этом может выступать любая
из трех возможных:
31 2 0;
4
H1 : 61 5 0;
41 7 0.
8
В противном случае (если гипотеза H0 принимается), делается вывод о том, что
X и Y некоррелированы, т. е. линейная связь между ними незначима.
Пусть (X, Y) — двумерная генеральная совокупность, распределенная по дву/
мерному нормальному закону с коэффициентом корреляции r. Из курса теории ве/
роятности известно, что равенство нулю коэффициента корреляции эквивалентно в
этом случае условию независимости компонент X и Y. Если же r = ±1, то это свиде/
тельствует о наличии линейной зависимости между X и Y. При проверке независи
мости в качестве альтернативы всегда выбирается двусторонняя.
Подходящей статистикой для проверки основной гипотезы является статисти/
ка U, предложенная Фишером:
n 13 12 r
ln
,
2
11r
закон распределения которой при условии H0 удовлетворительно аппроксимирует/
ся нормальным N(0, 1) уже при n ³ 10.
ПРИМЕР 12.15. В условиях примера 12.14, предполагая нормальность двумер/
ной генеральной совокупности (X, Y), проверить гипотезу о независимости компо/
нент. Принять a = 0,05.
& Выборочный коэффициент корреляции вычислен в примере 12.14: r = 0,308.
Так как альтернатива двусторонняя, то из таблицы квантилей нормального распре/
U3
деления находим квантиль u 1 3 u0,975 3 1,96. Вычисляем выборочное значение ста/
12
2
тистики U:
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
439
47 1 1 0,308
ln
2 2,1824.
2
1 3 0,308
Uвыб 2
Так как |Uвыб| > 1,96, (т. е.Uвыб Î Ga), то гипотеза H0 отклоняется в пользу гипо/
тезы H1. Компоненты X и Y зависимы. %
12.73. Выборочный коэффициент корреляции r, вычисленный по выбор/
ке объема n = 39, равен 0,25. Проверить значимость корреляции при альтер/
нативных гипотезах: а) двусторонняя; б) правосторонняя. Принять a = 0,05.
12.74. Проверить значимость линейной зависимости между компонента/
ми двумерной нормальной генеральной совокупности (X, Y) по следующим
данным: а) r = –0,41, n = 52, a = 0,1 и гипотеза H1 левосторонняя; б) r = 0,15,
n = 39, a = 0,01 и гипотеза H1 двусторонняя; в) r = –0,32, n = 103, a = 0,05 и
гипотеза H1 двусторонняя.
12.75. Проведены парные измерения производительности труда Y в зави/
симости от уровня механизации работ X для 28 промышленных предпри/
ятий Московской области. Предполагается, что вектор (X, Y) имеет двумер/
ное нормальное распределение. В результате обработки выборочных данных
получен выборочный коэффициент корреляции r = 0,51. Требуется: 1) в ус/
ловиях двусторонней альтернативы найти критическое значение уровня зна/
чимости a0 такое, что при a < a0 гипотеза H0 о независимости будет прини/
маться для полученного в данной выборке коэффициента корреляции; 2) для
a = 0,05 и правосторонней альтернативы найти критическое значение rкр та/
кое, что при r > rкр гипотеза H0 будет отвергаться в пользу H1.
12.76. Выборка объема n = 72 из двумерной нормальной генеральной со/
вокупности (X, Y) приведена к группированному виду, представленному в
корреляционной таблице 12.21. Вычислить выборочный коэффициент кор/
реляции и на уровне значимости 0,05 проверить основную гипотезу о незави/
симости компонент.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 987
12.77. По выборочным данным, приведенным в таблице 12.22, вычислить
значение выборочного коэффициента корреляции, и на уровне значимости
0,05 проверить основную гипотезу H0 о значимости линейной связи против
правосторонней альтернативы.
440
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1 2 3 4 5 6 2 7 89 997
1 23241 23251 23621 23671 23681 23441
1
11
942 9 21
1
61
61
1
1
1
1
9 2 9821
61
41
71
1
41
1
641
982 8621
1
61
1
41
1
41
661
862 8721
1
1
61
71
71
1
641
1
1
1
71
71
872 8921
11
1
61
41
1
81
621
661
621
781
1
2. Основы регрессионного анализа
Зависимость между случайными величинами X и Y называется стохастической,
если с изменением одной их них (например, X) меняется закон распределения дру1
гой (Y). В качестве примеров такой зависимости приведемзависимость веса челове1
ка (Y) от его роста (X), предела прочности стали (Y) от ее твердости (X) и т. д.
В теории вероятностей стохастическую зависимость Y от X описывают услов1
ным математическим ожиданием:
3 9 ykP{Y 4 yk / x}, Y — СВДТ,
55 k
y(x) 4 M[Y / X 4 x] 4 6 1
5 y 7 f ( y / x) dy, Y — СВНТ,
58 21
которое, как видно из записи, является функцией от независимой переменной x,
имеющей смысл возможного значения случайной величины X.
Уравнение y = y(x) называется уравнением регрессии Y по X. График функции
y = y(x) называется кривой регрессии. Кривые регрессии обладают следующим свой1
ством: среди всех действительных функций j(x) минимум M[(Y – j(x))2] достигается
для функции
j0(x) = M[Y/X = x],
т. е. регрессия Y по X дает наилучшее в среднеквадратическом предсказание вели1
чины Y по заданному значению X = x. Наиболее простым является случай, когда
регрессия Y по X линейна:
y(x) = a0 + a1x.
Если (X; Y) — случайный вектор, распределенный по двумерному нормальному
закону с центром рассеивания (mX, mY), дисперсиями 12X и 12Y и коэффициентом
корреляции r, то коэффициенты a0 и a1 определяются равенствами
a0 2 mY 3 4
1Y
1
m , a 24 Y ,
1X X 1
1X
и уравнением регрессии в этом случае является прямая линия
y(x) 2 mY 3 4
1Y
5 (x 6 mX ),
1X
проходящая через центр рассеивания (mX; mY) с угловым коэффициентом
2 3 45
1Y
,
1X
называемым коэффициентом регрессии Y по X.
(12.22)
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
441
В реальных экспериментах, связанных со статистической обработкой опытных
данных, условный закон распределения случайной величины Y при условии X = x
обычно заранее неизвестен. В таком случае речь может идти лишь о каком7либо при7
ближении к теоретической кривой регрессии, построенном на основе выборочных
данных. Другими словами, задача заключается в подборе подходящей функциональ7
ной зависимости, наилучшим образом (в смысле среднеквадратического критерия)
приближающей стохастическую зависимость.
Регрессионный анализ проводится в три этапа. На первом этапе по виду располо7
жения выборочных точек (xi, yi) на плоскости выдвигают гипотезу о виде функцио7
нальной зависимости, например,
y = j(x; a0, a1, ..., am),
(12.23)
где a0, a1, ..., am — набор параметров, определяющих данную функцию.
На втором этапе осуществляется подгонка модели, т. е. вычисляются оценки
неизвестных параметров функции по методу наименьших квадратов. Метод наи
меньших квадратов состоит в минимизации суммы квадратов отклонений точек на
искомой кривой от соответствующих выборочных значений yk, т. е. минимизации
величины
n
Q 1 4 [yk 2 3(xk ; a0 , a1,..., am )] 2.
k 11
Подставляя полученные в результате минимизации оценки параметров a10 , a11,..., a1m
(МНК7оценки) в формулу (12.23), получаем уравнение кривой регрессии Y по X:
y1 (x) 1 2(x; a10 , a11,..., a1m ).
Модель регрессии называется линейной по параметрам, если функция j пред7
ставима в виде
m
2(xk ; a0 , a1,..., am ) 1 3 ak2k (x),
k 10
где jk(x) — известные координатные функции. В частном случае, когда jk(x) = xk,
k = 0, 1, ..., m, модель называется полиномиальной.
ПРИМЕР 12.16. Пусть получена выборка (xk; yk), k = 1, 2, ..., n, из двумерной
генеральной совокупности (X, Y). Корреляционный анализ показал, что корреляци7
онная зависимость Y от X значима на некотором уровне a. Выдвигается гипотеза о
том, что уравнение прямой регрессии Y по X
y(x) = ax + b
должно хорошо аппроксимировать стохастическую зависимость Y от X. Найти МНК7
оценки параметров a и b и составить уравнение прямой регрессии Y по X.
& Искомые оценки являются решениями следующей задачи минимизации:
n
Q(a, b) 1 4 [yk 2 axk 2 b] 2 3 min.
a, b
k 11
Запишем необходимые условия экстремума дифференцируемой функции Q(a, b):
2 1Q 3 0,
4 1a
5
4 1Q 3 0.
6 1b
442
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Получаем следующую систему линейных алгебраических уравнений для неиз/
вестных коэффициентов a и b:
n
n
2 n 2
4a 7 xk 3 b 7 xk 1 7 xk yk ,
k 11
k 11
4 k 11
5 n
n
4a x2 3 bn 1 y .
7 k
k
4 k7
k 11
6 11
Решая полученную линейную систему и вводя обычные обозначения для выбо/
рочных характеристик случайного вектора (X, Y), получаем МНК/оценки пара/
метров:
a1 1
SX, Y
S
S
1 r 2 Y , b1 1 y 3 x 2 r 2 Y ,
SX
SX
SX
где r — выборочный коэффициент корреляции, SX и SY — выборочные среднеквад/
ратические отклонения.
Таким образом, уравнение линейной регрессии Y по X приобретает вид
y1 (x) 1 y 2 r 3
SY
3 (x 4 x ).
SX
(12.24)
Заметим, что полученное уравнение аналогично теоретическому уравнению рег/
рессии (12.22), если заменить все входящие в него вероятностные моменты соответ/
ствующими выборочными оценками в соответствии с методом подстановки. %
Замечание. Аналогично примеру 12.16 строится уравнение прямой регрессии X
по Y, имеющее вид
x1 ( y) 1 x 2 r
SX
3 (y 4 y ).
SY
(12.25)
Из уравнений (12.24) и (12.25) видно, что обе прямые проходят через центр рас/
сеивания (x, y ), но с разными угловыми коэффициентами. Обе прямые совпадают
тогда и только тогда, когда |r| = 1, т. е. тогда, когда между Y и X имеет место линей/
ная функциональная зависимость.
На третьем этапе анализируют качество построения модели: проверяются так
называемые значимость и адекватность модели. Этот этап осуществляется средст/
вами проверки статистических гипотез.
Обозначим 21 3 r 4
SY
— выборочный коэффициент регрессии. Уравнение пря/
SX
мой регрессии Y по X запишется в виде
y1 (x) 2 y 3 41 (x 5 x ).
Модель линейной регрессии называется статистически незначимой на уров
не a, если на данном уровне подтверждается гипотеза H0: b = 0 против двусторонней
альтернативы. Для проверки используется фишеровская статистика
Z3
n
n
(21 )2 QX
4 Fi(1, n 5 2),
S2
где QX 1 3 (xi 2 x )2, S2 1 1 3 (yi 2 y1i )2 — оценка дисперсии ошибок наблюдений.
n 2 2 i 11
i 11
Если гипотеза H0 отклоняется, то линейная модель называется значимой на уров/
не значимости a. Если регрессионная модель значима, то отсюда еще не следует, что
она хорошо согласуется с результатами наблюдений, т. е. адекватна им.
ГЛАВА 12. МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
443
12.78. В условиях задачи 12.76 написать уравнение прямой регрессии Y по X.
12.79. В условиях задачи 12.77 написать уравнения прямых регрессии Y
по X и X по Y.
12.80. В книге «Основы химии» Д. И. Менделеев приводит эксперименталь4
ные данные о количестве Y азотно4натриевой соли, которое можно растворить
в 100 г воды в зависимости от температуры x (см. таблицу 12.23). Приблизить
указанные статистические данные уравнением прямой регрессии.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 9 7
7
7
12
32
412
452
642
672
892
542
99 2
4 12
9 82
1 92
5 2
76 72
77 32
9 2
448 92 465 42
1
12.81. При исследовании некоторой химической реакции через каждые
5 минут определялось количество Y вещества, оставшееся в системе. Резуль4
таты измерений приведены в таблице 12.24, где t — время после начала ре4
акции в минутах; Y — количество вещества в процентах. Предполагая, что
подходящей моделью регрессии является полиномиальная второго порядка
(параболическая регресия) y(t) = a0 + a1t + a2t2, найти МНК4оценки парамет4
ров a0, a1 и a2 и определить, какой процент вещества остается в системе по
истечении 25 мин после начала реакции.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 9 7
7
12
32
452
432
7
4112
73862
35892
6852
552
532
652
632
38 2
48 2
6 862
832
1
12.82. Для совокупности данных, представленных в таблице 12.25, най4
ти оценку коэффициента регрессии b* и проверить гипотезу о значимости
линейной регрессии.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 9 7
1
1
2341
4351
4361
5341
7381
9361
6321
8341
1
241
2 1
451
481
61
591
571
2 321 223 1
751
961
1
В задачах 12.83–12.84 по заданным выборкам (таблицы 12.26 и 12.27)
вычислить оценки для коэффициента корреляции и коэффициента линей4
ной регрессии, и на уровне значимости 0,05 проверить гипотезы: 1) о значи4
мости коэффициента корреляции; 2) о значимости линейной регрессии.
12.83.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 9 7
1
2341
5361
6371
4381
9321
361
23 1
7351
5341
1
41
6321
7371
73 1
9341
9391
6321
381
341
1
12.84.
1 2 3 4 5 6 2 7 89 9 7
1
1
1
21
31
41
321
431
691
51
61
71
81
91
1
2 31
2 871
3 791
4 861
6 81
7 731
444
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
12343567897
1
1
231
541
5
221
241
251
261
271
281
291
24 421
24 551
26 7 1
29 391
24 751
44 941
4 371
1
Модель линейной регрессии называется адекватной, если предсказанные по
ней значения переменной Y согласуются с результатами наблюдений. Грубая оценка
адекватности модели может быть проведена непосредственно по графику остат
ков, т. е. разностей между наблюдаемыми и вычисленными значениями: ei 1 yi 2 y1i
(i = 1, 2, ..., n).
Если модель адекватна, то остатки ei являются реализациями случайных оши<
бок наблюдений ei, которые должны быть независимыми нормально распределен<
ными случайными величинами с нулевыми средними и одинаковыми дисперсия<
ми s2. Проверка выполнения этих предположений различными статистическими
методами и лежит в основе оценки адекватности по графику остатков.
Для формулирования строгого критерия адекватности необходимо в каждой точ<
ке xi проводить повторные измерения, чтобы оценить дисперсию измерений и сопос<
тавить ее с дисперсией остатков. Получаемый при этом критерий адекватности Фи<
шера требует применения элементов однофакторного дисперсионного анализа, что
выходит за рамки данного задачника.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
ГЛАВА 1
1.1. 5. 1.2. 1. 1.3. a2 – b2 – g2 + d2. 1.4. sin(a – b). 1.5. 0. 1.6. –3. 1.7. 1. 1.8. a3 + b3 + c3 –
– 3abc. 1.12. 1. 1.13. 2a 2(a + x). 1.14. 1. 1.15. x = 1, y = 2. 1.16. x = 2, y = –5.
1.17. x = 1 – a, y = –1 – a. 1.18. x = –2, y = 3, z = –4. 1.19. x = –1, y = –2, z = –4.
1.20. x = 1, y = 3, z = –1. 1.21. а) Параллельно
и1111
в2одну сторону;1111
б)12параллельно
и12в
1111
1112
111112
противоположные стороны; в) да. 1.23. а) AC; б) AB; в) 0. 1.24. а) AC1; б) AC1; в) AC1.
11112 4 111112 2 11112
1
1
1.25. Да, так как a 1 ((a 2 b) 2 (a 3 b)), b 1 ((a 2 b) 3 (a 3 b)). 1.27. AB 1 AM 2 AN.
3
3
2
2
1111
2
1112
11111
2
11111
2
11111
2
11111
2
1112
1112
11112 11112
1
1
1
1.28. AC 1 2 AB 2 AF.
1.29. 1 AB 2 AC 2 AA1.
1.30. AA1 1 ( AB1 2 AD1 3 AC),
2
2
2
1112
111112 1 111112 111112 1112
1111
2
1111
2
11111
2
1
1
| AC |
AC1 1 ( AB1 2 AD1 2 AC).
1.31. AB 1 AD 1 AA1.
1.33. |k| 1 11112
при A ¹ B.
2
2
2
| AB|
1112 a | b| 1 b | a |
1112 3
1
. 1.35. 3p – 4q – 3r – 2s = 0. 1.37. 1, –2. 1.39. OP 1 a 2 b.
1.34. OL 2
5
10
| a | 1 | b|
11112
1112 1 11112 1 11112
1112
1112
1112
1.40. CM 1 2 AC 3 AD 3 AB. 1.41. SE 1 {21,1,2}. 1.42. SD 1 a 2 b 3 c; SD 1 {1, 2 1,1}.
2
2
1112
111112
1112
1.43. SC 1 {21,1,1}, AM 3 1 , 1 , 2 , SO 3 41, 1 , 1 . 1.44. a1 = 3, b1 = 9; a2 = –1, b2 = 1.
3 3 3
2 2
1.45. a = –1, b = 4. 1.47. a1 = 5, b1 = 4 или a2 = –5, b2 = –4. 1.48. a = 7/4, b = 17/2.
1
1
2
1
2
2
1
2
2
1 2
; в) –19/3; г) 0. 1.51. a 3 4 1 , 4 3 , a 1 2 1 e1 2 3 e2.
, ,0 ; б)
5
2
2
2 2
5 5
1.52. a = {–7, –1}, a = –7e1 – e2. 1.53. a = {–2, 1, –1}, a = –2e1 + e2 – e3. 1.54. a = {–1,
5
5
5
j4
k. 1.70. x 1 (i 2 7 j 3 2k). Указание. Век
3
2
2
тор x = l(a0 + b0), где a0 и b0 — орты заданных векторов a и b. 1.71. 11. 1.72. 3 3.
1
7
. 1.75. 1. 1.76. 1 2 3 3 . 1.77. 120°.
; д) 3 ; 1.74. 1 2 arccos
1.73. а) –3; б) 2; в) 57; г)
5
10
2
13
8
10
1.78. 1/3. 1.79. –1/3 или –23/27. 1.80. 120°. 1.81. 22. 1.82. 3. 1.83. 2. 1.84. 1 | a | 1 .
7
7
Указание. Выразите вектор a через векторы f = a + 3b и d = 2a – b. 1.85. –2,75.
25
11112
117
1.86. BH 1 2a 3 ab
. 1.88. 362 . 1.90. 60° или 120°.
b. 1.87. arccos 742 и
2
2
6
b
1
1.91. 5 {1,1,1}. 1.92. Бо´льшая диагональ равна a 6, остальные — a 2. 1.93. arccos .
4
3
1.68. x = 2i + 2j + 2k. 1.69. x 1 25i 3
1.94. 5. 1.95. a2 1 b2 1 c2 . Указание. Ввести систему координат с центром в точке
пересечения диагоналей основания. 1.96. x¢ = (x – x0) cos j + (y – y0) sin j, y¢ = –(x –
– x0) sin j + (y – y0) cos j. 1.97. X¢ = X cos j + Y sin j, Y¢ = –X sin j + Y cos j, Z¢ = Z.
1.98. a1a2 1
4
4
3.21. D 2 1 [23k, 3(2k 4 1)] . 3.22. D 5 1 6 7 24k, 7 24k ,. 3.23. D = (–¥, 0].
3
3
k11
k31
3.24. D 2
1
k 1 1 1 {0}
[432k2, 32 (2k 4 1)2 ] . 3.25. D = R, E = [2, +¥). 3.26. D 1 [1 2 6, 1 3 6],
E 1 [0, 6]. 3.27. D = R, E = (0, 1]. 3.28. D = (–¥, –2) U (2, +¥), E = R. 3.29. D = (–4, 4),
E = [–4, +¥). 3.30. D = R, E 1 [2 2, 2]. 3.31. f(g(x)) = 2x3 – 1; f(f(x)) = 4x – 3;
g(f(x)) = (2x – 1)3;
g(g(x)) = x9.
3.32. f ( g (x)) 1 ( x 2 1)2;
f(f(x)) = (x2 + 2x + 2)2;
4
g(f(x)) = |x + 1|; g ( g (x)) 1 x . 3.33. Четная. 3.34. Нечетная. 3.35. Ни четная, ни нечет%
ная. 3.36. Ни четная, ни нечетная. 3.37. Нечетная. 3.38. Нечетная. 3.39. T = 2p/3.
3.40. T = p. 3.41. T = p. 3.42. T = 2p. 3.43. Непериодическая. 3.44. Непериодическая.
3.45. f 11 (x) 2
5x 2 2
10 1 x3
x3 1 7
,
, D(f–1) = = R. 3.47. f 11 (x) 3
, D(f–1) = R. 3.46. f 11 (x) 2
1 1 3x
3
2
253 x, 1 3 4 x 4 0,
3.54. а) f 11 (x) 2 1 x 3 1, D(f–1) = [–1, +¥);
3.53. f 11 (x) 6 7
5 x 1 1, 1 8 x 4 93.
б) f 11 (x) 2 x 3 1, D(f –1 ) = [–1, +¥). 3.55. а) f 11 (x) 2 1 4 1 x 1 1, D(f –1 ) = (–¥, 4];
б) f 11 (x) 2 4 1 x 1 1,
D(f–1) = (–¥, 4]. 3.56. а) f–1(x) = arccos x, D(f–1) = [–1, 1];
б) f–1(x) = 2p – arccos x, D(f–1) = [–1, 1]. 3.57. а) f–1(x) = arctg x, D(f–1) = (–¥, +¥);
б) f–1(x) = p + arctg x, D(f–1) = (–¥, +¥). 3.58. f(u) = u3, u = sin x. 3.59. f (u) 1 u, u = v2,
v = sin x. 3.60. f(u) = 2u, u = sin v, v = x2. 3.61. f(u) = u2, u = sin v, v = 2x. 3.62. Парабо%
ла y = x2, растянутая в 2 раза вдоль оси Oy, смещенная вдоль оси Ox влево на 1 и
вдоль оси Oy вниз на 1. 3.63. Парабола y = x2, сжатая в 2 раза вдоль оси Oy, отражен%
ная относительно оси Ox, смещенная вдоль оси Ox вправо на 1 и вдоль оси Oy вверх
на 1. 3.64. Парабола y = x2, сжатая в 3 раза вдоль оси Oy, отраженная относительно
оси Ox, смещенная вдоль оси Ox вправо на 2 и вдоль оси Oy вверх на 3. 3.65. Парабо%
ла y = x2, растянутая в 2 раза вдоль оси Oy, смещенная вдоль оси Ox влево на 2 и вдоль
оси Oy вверх на 1. 3.66. Гипербола y = 1/x, растянутая в 2 раза вдоль оси Oy, смещен%
ная вдоль оси Ox вправо на 1 и вдоль оси Oy вниз на 1. 3.67. Гипербола y = 1/x, растя%
нутая в 3 раза вдоль оси Oy, отраженная относительно оси Ox, смещенная вдоль оси
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
455
Ox влево на 3 и вдоль оси Oy вверх на 2. 3.68. Гипербола y = 1/x, растянутая в 7 раз
вдоль оси Oy, смещенная вдоль оси Ox вправо на 2 и вдоль оси Oy вверх на 2. 3.69. Ги$
пербола y = 1/x, растянутая в 7 раз вдоль оси Oy, смещенная вдоль оси Ox вправо на
2/3 и вдоль оси Oy вниз на 1/3. 3.70. Синусоида y = sin x, растянутая в 2 раза вдоль
оси Ox и в 2 раза вдоль оси Oy, смещенная вдоль оси Ox влево на p/2 и вдоль оси Oy
вверх на 2. 3.71. Косинусоида y = cos x, сжатая в 2 раза вдоль оси Ox и в 2 раза вдоль
оси Oy, отраженная относительно оси Ox, смещенная вдоль оси Ox влево на p/6 и
вдоль оси Oy вниз на 1. 3.72. График показательной функции y = 2x, сжатый в 3 раза
вдоль оси Ox, растянутый в 2 раза вдоль оси Oy, смещенный вдоль оси Oy вниз на 1.
3.73. График логарифмической функции y = log1/2x, смещенный вдоль оси Ox влево
на 2 и вдоль оси Oy вниз на 2. 3.74. График обратной тригонометрической функции
y = arcsin x, сжатый в 3 раза вдоль оси Ox, растянутый в 2 раза вдоль оси Oy, отра$
женный относительно оси Ox, смещенный вдоль оси Ox влево на 1. 3.75. График
обратной тригонометрической функции y = arccos x, сжатый в 2 раза вдоль оси Ox,
сжатый в 2 раза вдоль оси Oy, смещенный вдоль оси Ox вправо на 1. 3.76. График
обратной тригонометрической функции y = arctg x, сжатый в 4 раза вдоль оси Ox,
растянутый в 3 раза вдоль оси Oy, отраженный относительно оси Ox, смещенный
вдоль оси Ox влево на 1/2. 3.77. График обратной тригонометрической функции
y = arcctg x, сжатый в 2 раза вдоль оси Ox, растянутый в 2 раза вдоль оси Oy, отра$
женный относительно оси Oy, смещенный вдоль оси Ox вправо на 1.
413x, 1 2 3 x 3 12,
1(x 2 1)2 2 4, x 3 (24, 2 1) 1 (3, 5 4),
5
1
3.78. f (x) 6 84 1 x, 1 2 7 x 3 1, 3.79. f (x) 6 7
2
84 2 (x 2 1) , x 3 [21,3].
53x, 1 7 x 3 92.
12 2 7 , x 3 (24, 2 2) 1 [3/2, 5 4),
41 sin x, x 2 ( 13,0),
6 x52
3.80. f (x) 5 6
3.81. f (x) 7 8
8sin x, x 2 [0, 7 3).
622 5 7 , x 3 (22, 3/2).
x52
9
3log0,5 (x 1 1), x 2 (1, 2),
5log2 (x 1 2), x 2 (2, 3 4),
3.82. f (x) 6 7
3.83. f (x) 4 5
log
(
x
2),
x
(
,
2).
1
1
2
14
1
8 2
81 log 0,5 (x 1 1), x 2 [2, 6 7).
3.84. Прямая y = n при x Î [n, n + 1), n Î Z. 3.85. Прямая y = x – n при x Î [n, n + 1),
n Î Z. 3.86. При x Î (–¥, 0) прямая y = –1, при x Î (0, +¥) прямая y = 1, при x = 0 y = 0.
511, x 2 ( 3 /2 4 23k, 33 /2 4 23k), k 2 1,
3.87. f(x) = |x|. 3.88. f (x) 7 680, x 7 3 /2 4 3k, k 2 1,
3.89. Прямые y = x и
61, x 2 ( 13 /2 4 23k, 3 /2 4 23k), k 2 1.
9
y = –x. 3.90. Окружность радиуса 3 с центром в точке (–3, 0). 3.91. Квадрат с верши$
нами в точках (1, 0), (0, 1), (–1, 0), (0, –1). 3.92. В верхней полуплоскости кривая
y = |x2 – 2x – 3| (см. задачу 3.79), в нижней полуплоскости ее отражение относитель$
но оси абсцисс. 3.93. Окружность радиуса 17 с центром в точке (–2, 3). 3.94. В пер$
вой четверти два луча y = x + 1 и y = x – 1 и их отражения относительно осей и нача$
1 3 5 7 9
3 2 5 4
,
. 3.96. 0, , , , . 3.97. 2 , 1, 2 , 0, 1 2 .
ла координат. 3.95. , , ,
5 8 11 14 17
2 3 4 5
2
2
2
n 11
2n
(11)n
x
2
.
x
1
.
. 3.100. n
3.98. 2, 0, 6, 0, 8. 3.99. xn 2
3.101. n
3.102. xn = 1 +
n
2n 2 1
n 31
1n
+ (–1)n. 3.103. xn 2 n sin . 3.104. xn 2 n( 11)n . 3.113. 4/3. 3.114. 1. 3.115. 5/2. 3.116. 1.
2
1 Здесь и далее ко всем аналогичным задачам этого параграфа в ответе указывается тот вид
исходной функции, из которого легко получается ее график.
456
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
3.117. –9. 3.118. 7/4. 3.119. 1. 3.120. 5/2. 3.121. –8/3. 3.122. 1. 3.123. 0. 3.124. –5/6.
3.125. Является. 3.126. Является. 3.127. Не является. 3.128. Не является. 3.129. Яв
ляется. 3.130. Не является. 3.131. 0. 3.132. 0. 3.133. ¥. 3.134. 0. 3.135. ¥. 3.136. ¥.
3.141. Число A есть предел функции f(x) при x, стремящемся к –¥, если для любого
числа e > 0 найдется число d(e) > 0 такое, что для всех x, удовлетворяющих неравен
ству x < –d(e), выполняется неравенство |f(x) – A| < e. 3.142. Число –1 есть предел
функции f(x) при x, стремящемся к +¥, если для любого числа e > 0 найдется число
d(e) > 0 такое, что для всех x, удовлетворяющих неравенству x > d(e), выполняется
неравенство |f(x) + 1| < e. 3.143. Число 5 есть предел функции f(x) при x, стремя
щемся к ¥, если для любого числа e > 0 найдется число d(e) > 0 такое, что для всех
x, удовлетворяющих неравенству |x| > d(e), выполняется неравенство |f(x) – 5| < e.
3.144. Функция f(x) стремится к –¥ при x, стремящемся к +¥, если для любого числа
E > 0 найдется число d(E) > 0 такое, что для всех x, удовлетворяющих неравенству
x > d(E), выполняется неравенство f(x) < –E. 3.145. Функция f(x) стремится к +¥ при
x, стремящемся к 3, если для любого числа E > 0 найдется число d(E) > 0 такое, что
для всех x, удовлетворяющих неравенству 0 < |x – 3| < d(E), выполняется неравенст
во f(x) > E. 3.146. Функция f(x) стремится к ¥ при x, стремящемся к ¥, если для
любого числа E > 0 найдется число d(E) > 0 такое, что для всех x, удовлетворяющих
неравенству |x| > d(E), выполняется неравенство |f(x)| > E. 3.150. Число 2 есть предел
функции f(x) при x, стремящемся к 1 слева, если для любого числа e > 0 найдется
число d(e) > 0 такое, что для всех x, удовлетворяющих неравенству –d(e) < x – 1 < 0,
выполняется неравенство |f(x) – 2| < e. 3.151. Число 3 есть предел функции f(x) при
x, стремящемся к 2 справа, если для любого числа e > 0 найдется число d(e) > 0
такое, что для всех x, удовлетворяющих неравенству 0 < x – 2 < d(e), выполняется
неравенство |f(x) – 3| < e. 3.152. Функция f(x) стремится к –¥ при x, стремящемся к –
1 справа, если для любого числа E > 0 найдется число d(E) > 0 такое, что для всех x,
удовлетворяющих неравенству 0 < x + 1 < d(E), выполняется неравенство f(x) < –E.
3.153. Функция f(x) стремится к ¥ при x, стремящемся к 4 слева, если для любого
числа E > 0 найдется число d(E) > 0 такое, что для всех x, удовлетворяющих неравен
ству –d(E) < x – 4 < 0, выполняется неравенство |f(x)| > E. 3.154. 0. 3.155. 4/3. 3.156. ¥.
3.157. +¥. 3.158. 0. 3.159. 1/3. 3.160. –3. 3.161. 0. 3.162. ¥. 3.163. 2/5. 3.164. 122.
3.165. –3. 3.166. 1. 3.167. 1/2. 3.168. –3/4. 3.169. 1. 3.170. 5/7. 3.171. 1/5. 3.172. 3.
3.173. 1/3. 3.174. ¥. 3.175. 0. 3.176. 0. 3.177. 3/8. 3.178. 0. 3.179. 1/4. 3.180. 1/324.
3.181. 1/4. 3.182. 135/64. 3.183. 1/6. 3.184. 1/2. 3.185. 1/2. 3.186. 0. 3.187. 4/3.
3.188. 1/3. 3.189. 0. 3.190. 1. 3.191. 1/2. 3.192. 4. 3.193. 3/8. 3.194. 3/5. 3.195. 3/5.
3.196. –3. 3.197. 1/6. 3.198. 1/3. 3.199. 1 3. 3.200. 2. 3.201. 4. 3.202. 0. 3.203. 2.
3.204. 0. 3.209. e16. 3.210. e68/5. 3.211. e20. 3.212. e–14. 3.213. e 1/ 12 . 3.214. 3 e . 3.215. e–1.
3.216. e –1 . 3.217. e –1/2. 3.218. +¥. 3.219. 2. 3.220. 1. 3.221. a – b. 3.222. a b ln a.
1
3.223. 10 ln10 . 3.224. –1/2. 3.225. ln a. 3.226. 1/e. 3.227. 1/10. 3.228. –1/8. 3.229. e1/e.
3.230. +1, –1. 3.231. –¥, +¥. 3.232. +¥, 0. 3.233. 2, –2. 3.234. 1, –1. 3.235. –p/2, p/2.
3.236. 2. 3.237. 2. 3.238. 1/2. 3.239. 1/2. 3.240. 2. 3.241. 1. 3.242. 1/2. 3.243. 2/3.
3.244. 2. 3.245. 1. 3.246. 1. 3.247. 3. 3.252. 0,98. 3.253. 1,05. 3.254. 4,9. 3.255. 4,0625.
3.256. 1,2. 3.257. 0,92. 3.258. 3/8. 3.259. –1/10. 3.260. 4/3. 3.261. 1. 3.262. 1/2. 3.263. 2.
1
3.264. 540. 3.265. 5ln10 . 3.266. 3. 3.267. 2. 3.268. 3/4. 3.269. 1. 3.270. 2. 3.271. 16/15.
3.272. 0. 3.273. 0. 3.274. 2. 3.275. a . 3.276. Фундаментальная. 3.277. Нефунда
ментальная. 3.278. Нефундаментальная. 3.279. Фундаментальная. 3.280. 1/2.
3.281. 1. 3.284. 4. 3.285. 1/2. 3.286. –6. 3.287. 0. 3.292. Функция f(x) не является
равномерно непрерывной на множестве D, если существует e > 0 такое, что для лю
457
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
бого d > 0 найдутся точки x¢ и x² Î D, удовлетворяющие неравенству |x¢ – x²| < d, но
выполняется неравенство |f(x¢) – f(x²)| ³ e. 3.295. x = 0, x = 1 — точки разрыва второ&
го рода. 3.296. x = 1 — точка устранимого разрыва, x = –3 — точка разрыва второго
рода. 3.297. x = 0 — точка устранимого разрыва. 3.298. x = 0 — точка устранимого
разрыва, x = 1 — точка разрыва второго рода. 3.299. x = 2, x = –2 — точки разрыва
второго рода. 3.300. x = 0 — точка устранимого разрыва. 3.301. x = 0 — точка разры&
ва первого рода. 3.302. x = 0 — точка устранимого разрыва. 3.303. x = 2 — точка уст&
ранимого разрыва. 3.304. x = p/2 + pn, n Î Z, — точки разрыва первого рода. 3.305. 2x.
3.306. 3x2. 3.307.
(x 1 1)2
1
1
x2 1 2x 2 1
. 3.325. cos x – x sin x.
1 2 . 3.323.
. 3.324. 2
x4
x x
2 x5
3 5
1 1 2x arctg x
53 2
x
x 1 tg x 2
. 3.327. sin3x 1 3x cos x . 3.328.
.
2
2
3
cos2 x
(1 2 x2 )2
3 x sin x
x2 1 1
. 3.359. 0, x Î (–¥, 1) U (1, 3) U (3, +¥).
3 1 2x 1 x2
1
2
3.360. 2x – 4, x Î (–¥, 1) U (3, + ¥); 4 – 2x, x Î (1, 3). 3.361. . 3.362.
. 3.363. ch x.
x
1 1 x2
x cos x
1
1
.
. 3.366. 1 2 . 3.367. (sin x)x lnsin x 3
3.364. sh x. 3.365.
2
sin x
ch x
sh x
3.357.
x arcsin x
. 3.358.
(1 1 x2 )3
1
2
458
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
x
3.368. x2 2x
3.371.
1 x1 3 lnx 4 ln22. 3.369.
x
3
x
2 3 1 ln x 3.
1/ x 1 1 ln x 2 lnln x .
4 6 3 x2 5 3.370. (ln x)
x2 ln x
6
7
x ( x 2 1 3y 2 )
y
ex sin y 1 e y sin x
1
. 3.391. y
. 3.389. 1
. 3.390.
. 3.392. –2y-x.
2
2
2(1
1
ln
y
)
x
y(3x 1 y )
e cos x 2 e x cos y
3.393.
2 1 6x 4
y x ln y 1 y
x1y
.
. 3.395. –2 cos 2x. 3.396.
. 3.394. 2
(1
2 x 4 )2
x
y
ln
x
1
x
x2y
3.397. 2
2(x2 1 1)
(1 1 2x2 )arcsin x
3x
2
. 3.398. 2e 1 x (2x2 1 1). 3.399.
1
.
2
2
2
2
3 ln2 (x 2 1)
(1 2 x )
(1 2 x2 )5/2
1
2
1
2
3n
3n
2 ln x 3
n ax
5 (2 4 ln x) 1
6. 3.401. a e . 3.402. cos x 4 2 . 3.403. sin x 4 2 .
x8
7
m!
m 1n
n 11 (n 1 1)! .
3.404. (11)
3.405. (m 1 n)! (1 2 x) , если n £ m,
0, если n > m.
(1 2 x)n
3.400.
1
x
4
x 11 2
1
3.406. 2n 31 cos 2x 5
2
4n
.
2
3.407. (209 – x – x2)cos x – 15(2x + 1)sin x.
1 44 2e
+ 39x + 360). 3.409. 4 2 sin x 3
3.413. 2
3 x.
3.410.
3.408. ex(x2 +
p2
2 1 xe y
8!
.
. 3.411. 1 3 . 3.412. e2y
9
(1
1 xe y )3
y
x
1
y((1 1 y)2 1 (x 2 1)2 )
2(1 1 y)2
, x Î (1; +¥).
. 3.414.
. 3.415. –ctg3t или – 2
5
(x 1 1)3/2
x2 (1 1 y)3
y
2
3.416. (t2 1 1) или –2sec2x, x Î (–p/2; p/2). 3.417. 2(1 + t2) или 2 sec2x, x Î (–p/2; p/2).
a2/3
1
, x Î (–а; a). 3.423. 5x – y – 6 = 0, x + 5y –
3.418.
или
4/3
3a cos4t sin t
3x
a2/3 1 x2/3
– 22 = 0. 3.424. 3x + y = 0, x – 3y = 0. 3.425. x + 2y – 5 = 0, 2x – y = 0. 3.426. 2x – y = 0,
x + 2y = 0. 3.427. x – ey = 0, ex + y – 1 – e2 = 0. 3.428. 2x – y + 3 = 0, x + 2y – 1 = 0.
3.429. 3x – y – 1 = 0, x + 3y – 7 = 0. 3.430. 7x – 10y + 6 = 0, 10x + 7y – 34 = 0. 3.431. y = 0,
(1 2 4)x 2 (1 3 4)y 3 12
– 2 = 0, x – y = 0. 3.434. x – y + 2 = 0. 3.435. 3x – y – 2 = 0. 3.436. 3x + 9y – 8 = 0.
3.437. 2x – 2y – 15 = 0. 3.439. В точке M1(0, 0) угол равен 0 (кривые касаются), в точ1
ке M2(1, 1) угол равен arctg . 3.440. arctg2 2. 3.441. p/4. 3.442. Ось Ox под углами
7
1
p/4 и 3p/4, ось Oy под углом arctg . 3.443. (1/8, –1/16). 3.444. y = x 2 – x + 1.
3
4
4
3.445. а) t1 = 0, t2 = 8; б) 21, 11; в) t Î (0; 4) U (8; +¥); г) t1 1 (3 2 3), t2 1 (3 2 3).
3
3
3.446. 242. 3.447. –aw sin wt. 3.448. 10 м2/с, 2 м/с. 3.449. 400pv м3/с, 80pv м2/с.
459
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
1 1 2t2
. 3.451. 1000 г, 0 г/см, 200 г/см, 100 г/см. 3.452. v x = –rw sin j,
1 1 t2
a2 1 2x2
dx. 3.454. sh 2x dx. 3.455. arctg x dx.
v y = rw cos j. 3.453.
a2 1 x2
2
2
esin x (x cos x 1 2)
dx. 3.457. x( y 21 2x2 ) dx. 3.458. 2 sin(x 1 y) dx.
3.456.
3
x
1 1 sin(x 1 y)
y(2y 1 x )
3.459. DS = 2xDx + Dx2, dS = 2xDx, DS – dS = Dx2. 3.460. Скорость равна 2at0, ускоре
ние — 2a, ds(t0) = 2at0Dt — путь, который был бы пройден точкой с момента t0 до
момента t0 + Dt при равномерном движении со скоростью 2at0. 3.461. 2 см. 3.462. 10 см.
3.450.
53
3
3
3
4 2k3 6 6 3 , k Î Z.
4 2k3 5 6 3 , fmax 4 f 2k3 5
3
3
3
3
3.539. Убывает на (0, 2], возрастает на [2, +¥), fmin = f(2) = 2(1 – ln 2). 3.540. Возрас"
fmin 4 f 2k3 5
тает на [11/ 2, 1/ 2], убывает на (12, 1 1/ 2] и [1/ 2, 1 2), fmin 1 f ( 21/ 2) 1 21/ 2e ,
fmax 1 f (1/ 2) 1 1/ 2e . 3.541. M = 3, m = –24. 3.542. M = 8, m = 0. 3.543. M = 0,6,
m = –1. 3.544. M = 1, m = 0,6. 3.545. M = 2, m 1 2 2 3 6. 3.546. M = p/4, m = 0.
3.547.
av1 1 bv2
c.
v12 1 v22
3.548. x 1
2p
,
423
y4
1
2
3x
1
p5x5
.
2
2
3.549. a= 2p/3.
3.550. 1.
4 2
8
1r h. 3.554. 1r 3. 3.555. На (–¥, 0) выпуклость
27
3
вверх, на (0, +¥) выпуклость вниз, M(0, 2) — точка перегиба, k = –1. 3.556. График
всюду выпуклый вниз. 3.557. На [2pn, (2n + 1)p] выпуклость вверх, на [(2n – 1)p, 2pn]
выпуклость вниз, (0, 2pn) — точки перегиба, k = 1, (0, (2n + 1)p) — точки перегиба,
k = –1, n Î Z. 3.558. На (–¥, 0) выпуклость вниз, на (0, +¥) выпуклость вверх, (0, 0) —
точка перегиба, k = 1. 3.559. На (–¥, –1) и (1, +¥) выпуклость вниз, на (–1, 1) выпук"
лость вверх, M1 ( 11; 3 2) и M2 (1; 3 2) — точки перегиба, k1 = k2 = ¥. 3.560. На (–¥, –1)
выпуклость вверх, на (–1, +¥) выпуклость вниз, (–1, 1 – e–2) — точка перегиба, k = –
e–2. 3.561. На (–¥, 0) выпуклость вверх, на (0, +¥) выпуклость вниз. 3.562. На
(12, 1 1/ 2) и (1/ 2, 1 2) выпуклость вниз, на (11/ 2, 1/ 2) выпуклость вверх,
M1 (11/ 2, 1/ e ), M1 (1/ 2, 1/ e ) — точки перегиба, k1 1 2/ e , k2 1 2 2/ e . 3.563. x =
3.551. ah/4. 3.552. pa3. 3.553.
1
1
(правая), y 2 3x 3 (ле"
2
2
вая). 3.567. y = x + 1 (правая), y = –x – 1 (левая). 3.568. x = 1, y = 1. 3.569. x = –1, x = 0,
= –1, y = x – 1. 3.564. y = 3x + 2. 3.565. y = 2x. 3.566. y 2 3x 3
1
1
1
y = x. 3.570. y 1 x 2 . 3.571. y = 1 (правая), y = –1 (левая). 3.572. x 1 2 , y 1 x 2 .
3
e
e
3.573. fmax = f(–1) = 2, fmin = f(1) = –2; (0, 0) — точка перегиба. 3.574. fmax = f(0) = 0,
fmin = f(±1) = –1; (11/ 3, –5/9) — точки перегиба. 3.575. fmax = f(1) = 1/3; ( 3 4, 3 4 /6) —
точка перегиба; x 1 2 3 2, y = 0 — асимптоты. 3.576. fmin = f(3) = 27/8; (0, 0) — точка
перегиба; x = 1, y = x/2 + 1 — асимптоты. 3.577. (0, 0) — точка перегиба; x = ±1,
y = x — асимптоты. 3.578. fmin = f(0) = –1; (1 3/3, 2 1/2) — точки перегиба; y = 1 —
асимптота. 3.579. fmin = f(1) = –1; (0, 0), (2, 0) — точки перегиба. 3.580. fmax = f(0) = 2;
fmin 1 f (21) 1 3 4 . 3.581. (0, 0) — точка перегиба; y = –1 — левая асимптота, y = 1 —
правая асимптота. 3.582. (0, 0), (11, 1 2) — точки перегиба; y = x — асимптота.
1
1
3.583. fmin = f(0) = 0; y 2 3 x 3 1 — левая асимптота, y 2 x 3 1 — правая асимптота.
2
2
3.584. fmin = f(1) = 1/2 + p/4, fmax = f(–1) = –1/2 + 3p/4; (0, p/2) — точка перегиба;
x
x
2 3 — левая асимптота, y 1 — правая асимптота. 3.585. f max = f(1) = e;
2
2
123 2
2
, e 5 — точки перегиба; y = 0 — асимптота. 3.586. fmax 1 f (1) 1 1/ e ,
4
6 2
7
y1
1
3 2
fmin 1 f (21) 1 21/ e ; (0, 0), 4 3 3, 3
5 — точки перегиба; y = 0 — асимптота.
e
e7
6
3.587. fmax = f(1/e) = –e, x = 1, x = 0, y = 0 — асимптоты.
461
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
1 1 1
3 2
;
— точка перегиба.
,3
2e 46 e e 2e3 57
53
3
5 23k 4 6 2; 33 4 3k, 0 — точки перегиба,
3.589. fmax 4 f 5 23k 4 2, fmin 4 f
4
4
4
3.588. fmin 1 f (1/ e ) 1 2
1
1
2
12
k Î Z. 3.590. fmin 3 f (1/ e) 3 1
e
1/ e
2
1
2
4 0,69; выпукла вниз, f(x) ® 1 при x ® 0.
ГЛАВА 4
4.1. x4 + x3 – 1/x + C. 4.2. x5/5 + 2x3/3 + x + C. 4.3.
4.4. x – arctg x + C. 4.5.
3 3 x4
3
133 x 2 3
1 C.
4
2 x2
(2x 1 5)8
1
2 C. 4.7. 2x 1 7 ln |2x 2 1| 1 C.
2 C. 4.6. 1 5
16
2
5x 2 1
3x 1 2ln |3x 1 1|
1 C. 4.9. x3/3 – x2/2 + x + C. 4.10. x3 + 3x2/2 + 4x + 5 ln |x – 1| + C.
9
cos(3x 1 1)
x 12
cos4x cos2x
2 C. 4.12. 2
1
2 C.
1 C. 4.13. 1
4.11. 3sin
3
8
4
3
4.8.
4.14.
x
5sin x 1 sin5x
1 C. 4.15. tg x – x + C. 4.16. x – cth x + C. 4.17. 3arcsin 1 C.
2
10
4.18.
2
3
2x
arcsin
1 C. 4.19. ln | x 1 x2 1 16| 1 C. 4.20. ln |4x 1 16x 1 1| 1 C.
2
5
4
4.21.
1
x 12 2
1
4x
x
1
ln
2 C.
1 arctg
2 C. 4.23.
arctg 1 C. 4.22.
5
5
4 2
x22 2
2 5
5
4.24.
1
2x 1 3
2 ln
3 C. 4.25. arcsin x 1 ln | x 1 1 1 x2 | 1 C. 4.26. x 1 cos2x 1 C.
12
2x 3 3
2
x
x
x
(2/3)x x3
8x
1
1
1 C. 4.29. 2 ctg(4x 1 1) 1 C.
4.27. 4 1 2 6 1 9 1 C. 4.28.
ln8 ln(2/3) 3
ln4
ln6 ln9
4
(x4 1 1)3
2 (3x3 1 2)3
4.30. x 1 sin2x 1 C. 4.31.
2 C. 4.32.
1 C. 4.33.
12
2
4
27
2x2 1 1
2 C.
2
4.34. 2 x2 1 3x 1 2 1 C. 4.35. esinx + C. 4.36. –cos(x3 + x – 5) + C. 4.37. 2e
4.38. ln |arcsin x| + C. 4.39.
x
1 C.
arcsin x4
ln2 x
1 C. 4.40. 2 tg x 1 3 1 C. 4.41.
1 C.
4
2
4.42.
cos4x
arctg2x
5 5 ln4 x
2 C.
1 C. 4.44. x – ln(1 + ex) + C. 4.45. 1
1 C. 4.43.
4
ln2
4
4.46.
4
ln |sin3x|
1
2 C. 4.49. 2ln(2 1 x ) 1 C.
1 C. 4.47. ch x 1 C. 4.48. 1
3
2sh2 x
4
3
x
1
2
sin5 x
2 C.
ln 2tg 1 1 2 C. 4.100. cos x 1 cos x 2 C. 4.101. sin x 1 sin3 x 2
2
2
3
5
3
x sin4x
cos7 x
3x sin x sin2x
2 C.
1
1
1 C. 4.103. 2 1 8 2 C. 4.104. 1 cos x 2
7
8
2
16
2
sin3 x 2
sin7 x
cos5 x 2 C.
1 sin5 x 2
2 C. 4.106. 12 cos x 2
4.105.
5
3
5
7
4.102.
1
1
2
2
1
2 C.
1 4 sin x 2
sin5 x 2 C. 4.108.
7 x 5cos5 x
3
7cos
5
3 sin x
1
1
1
3
1
2 3ln |tg x | 2 tg 2 x 2 tg 4 x 2 C. 4.110. tg5 x 1 tg3 x 1 C.
4.109. 1
5
3
2
4
2tg2 x
4.107. 1
x
cos x
1
1
2 ln tg 2 C.
4.111. tg x 1 tg3 x 1 C. 4.112. 1
2
3
2sin2 x 2
4.113.
1
2
3 x
sin x
1
sin4x sin16x
4 ln tg 4
5 C. 4.114. 1 cos10x 2 cos4x 2 C. 4.115.
1
2 C.
4 2
8
32
20
8
2cos2 x 2
sin x 1
1
1
3
2x
1 sin7x 1 sin5x 2 C.
2 C. 4.118.
4.117. 1 cos2x 2 cos
2
28
20
4
4
3
4.119.
ch3 2x ch2x
sh6x x
cos6x cos4x cos2x
1
2 C.
1 1 C. 4.121.
1
1
2 C. 4.120.
6
2
12
2
24
16
8
4.122.
th3 x
3x sh2x sh4x
sh4x x
2 C.
1
1
1 C. 4.124. x 1 th x 1
1 2 C. 4.123.
3
8
4
32
32
8
4.125. –2 cth 2x + C. 4.126. arctg
3 3
9
11 x
(2x 1 3)5 2 3 (2x 1 3)2 2 C.
1 C. 4.127.
20
8
2
4.128. 2 x 1 33 x 1 6 6 x 1 6ln | 6 x 2 1| 1 C.
4.129. 6arctg 6 x 1 2 2 6 ln 6 x 1 2 1 3 ln |1 1 3 x 1 2| 1 C. 4.130.
4.131. ln
1 2
3 3 x 31
16 x 4 1
4
4
1 2 3 C.
3 3 x 31
28 x 4 1
7
2 3x 1 2
x 11 2 x 21
x 11
3 C.
1 2arctg
2 C. 4.132. 2
9 3x 1 1
2
x
1
x 11 1 x 21
2 6 x 11
( 6 x 2 1)2
1 2 3 arctg
2 C.
6
x 1 x 21
3
x 11
x 11
1 2 2x 2 x2 1 arcsin
1 C.
4.134.
2
2
4.133. 66 x 1 ln 3
4.135. 6arcsin
x 12
3 2 2x 2 x2 3
x 11
1 C.
2
(x 1 3x2 2 7x – 9) 1 C. 4.136. arcsin
3
2
4
4.137. ln x 1 1 1 x2 1 2x 1 7 1 C. 4.138.
x2 1 6x 2 1 2 C.
7
2x 1 1
1 C.
4.139. 2 2 2 x 2 x2 1 arcsin
2
3
4.140.
x 11 2
9
x 1 2x 2 10 2 ln(x 1 1 2 x2 1 2x 2 10) 2 C.
2
2
4.141.
1
x 1 3 4 1 x2
x12
ln
2 C.
8 1 4x 1 x2 1 2 ln(x 1 2 1 8 1 4x 1 x2 ) 1 C. 4.142.
2 3
x 2 3 4 1 x2
2
464
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
2
x
1 C.
4.143. ln x 1 x 1 1 1 C. 4.144. ln
2
1 1 4x 1 x 2 1 8x 1 1
x 11
1 51x
2x2 1 x 2 1 1 2 1 x 2 2x2 1 x 2 1
2 C.
1 ln
2 C. 4.146. 1
2 x 11
x
2
|x|
ГЛАВА 5
5.1. + £ 9 — круг радиуса 3 с центром в начале координат, включая границу
круга. 5.2. x2 + y2 ³ 1 — внешность круга радиуса 1 с центром в начале координат,
включая границу круга. 5.3. Внешность (не включая границу) эллипса 4x2 + y2 = 1.
5.4. Внутренность (не включая границу) эллипса x2 + 4y2 = 16. 5.5. Полуплоскость,
расположенная под прямой –x – y – 1 = 0, не включая прямую. 5.6. Часть плоско7
сти, расположенная над параболой y = x2 + 1, включая параболу. 5.7. Вся плос7
x2
y2
1
1
3 21k 4 x 4 3 21k, k Î Z.
2
2
5.9. (x – 1)2 + y2 £ 1 — круг радиуса 1 с центром в точке (1, 0), включая границу кру7
га. 5.10. Прямоугольник |x| £ 2, |y| £ 3. 5.11. x2 + y2 + z2 £ 16 — шар радиуса 4 с цен7
тром в начале координат, включая границу шара. 5.12. Внутренность параболоида
z = x2 + y2, включая границу. 5.13. I, III, VI и VIII октанты, включая границы.
5.14. Внутренность однополостного гиперболоида x2 + y2 – z2 = 1, включая границу.
5.15. Окружности с центром в начале координат; параболоид вращения. 5.16. Ок7
ружности с центром в начале координат; прямой круговой конус. 5.17. Эллипсы с
центром в начале координат; верхняя половина эллипсоида x2 + 4y2 + z2 = 4. 5.18. Ок7
ружности с центром в начале координат; поверхность, полученная вращением ли7
нии z = 2 ln y, y > 0, вокруг оси Oz. 5.19. –6. 5.20. 0. 5.21. 0. 5.22. 0. 5.26. Не имеет.
5.27. (1, –1). 5.28. (m, n), m, n Î Z. 5.29. Линия разрыва — парабола y = x2. 5.30. Ли7
нии разрыва — окружность x2 + y2 = 1 и гипербола x2 – y2 = 1. 5.31. Поверхность раз7
рыва — сфера x2 + y2 + z2 = 4. 5.32. Поверхность разрыва — конус x2 + y2 – z2 = 0.
5.33. Поверхность разрыва — плоскость x + 2y + 3z – 6 = 0. 5.34. Поверхность раз7
кость за исключением гиперболы x2 – y2 = 1. 5.8. Полосы 2
y3
1f
y 1f 2 x 3 1 , 1 2f 2y 1 2f 2 0, 1 2f 2 1 3 1 .
1f
2 2
,
2y3 2,
2 3,
2
2 5.37. 1x
2
1
y
x
1
y
(
x
3
y2 )3/2
1
x
1
y
x
1x
x
1x
x
466
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
3x2y2
3xy3
3x3y
1 2f
1 2f
1 2f
1f
x3
2 2 2 5/2 ,
23 2
,
23 2
.
2 2
,
2
2
5/2
2
2
3/2
1y (x 3 y )
1x 1y (x 3 y )
1x
(x 4 y )
1y
(x 4 y2 )5/2
2
2
2f
2f
3 1x2e 1 xy, 2 f 3 y(xy 1 2)e 1 xy, 2 f 3 x(xy 1 2)e 1 xy,
3 (1 1 xy)e 1 xy,
2y
2x 2y
2x
2x2
2y sin y2 1 2f 2cos y2
2y sin y2
1 2f
cos y2 1f
1f
2 2f
23
,
2
,
23
,
2
,
3 x3e 1 xy. 5.39.
2
2
3
2
1
y
x
1
x
1
y
x2
1
x
x
1x
x
2y
2xy
y
x
1f
1 2f
1f
2sin y2 1 4y2 cos y2
2 2f
. 5.40. 1x 2 3 x2 4 y2 , 1y 2 x2 3 y2 , 1x2 2 (x2 3 y2 )2 ,
34
2
x
2y
2
2
2
2
y2 1 x 2
2 2f
3 2
, 1 f 2 3 2xy . 5.41. 1f 2 2x , 1f 2 2y , 2 f 3 2(y 1 x ) ,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2x 2y (x 4 y )
1x x 3 y
1y x 3 y
1y
(x 4 y )
( x 4 y )2
2x
5.38.
2| x | y
4xy
y sgn x 1f
|x|
1 2f
1 2f
2 2f 2(x2 1 y2 )
1f
23 2
,
2
,
. 5.42.
,
,
3
23 2
2
1x 1y
1x
(x 4 y2 )2 2y2 (x2 4 y2 )2
x 4 y2 1y x2 3 y2 1x2 (x2 3 y2 )2
x
1f
( y2 1 x2 )sgn x 1 2f
2 2f
2| x | y
3
,
23 2
. 5.43. 1x 2 3 (x2 4 y2 4 z2 )3/2 ,
2
2
2
2
2
2
2x 2y
(x 4 y )
1y
(x 4 y )
z
z
2x2 1 y2 1 z2
3xy
2 2f
1 2f
3
,
2
. 5.44. 3f 4 5 z y , 3f 4 z y ,
2x2 (x2 4 y2 4 z2 )5/2 1x 1y (x2 3 y2 3 z2 )5/2
3y y x
3x
x x
12
12
y
y 4 f z(z 3 1) y
3f
4
5
ln ,
1 x 2 , 4y 5 z(zy31) 1 xy 2 , 33zf 4 1 xy 2 ln xy , 33x3fy 4 5 xyz 1 xy 2 ,
3z 1 x 2
x 4x
x
y
y
1 y
3 f
3 f 1 y
1 5 zln 2. 5.47. r. 5.48. r cos q. 5.53. Df = 0,53,
4 5 1 2 11 6 z ln 2,
4
3x 3z
x x
x
3y 3z y 1 x 2 1
x
z
z
2
2
2
2
z
2
z
4 2f
2
2
z
2
2
2
z
2
2
z
2
xdx
dy
2
.
x 2 2 y2 ( y 2 x 2 2 y2 )
x 2 2 y2
y
(2xdy 2 ydx). 5.57. df 1 2 2 z 2 3/2 (xdx 3 ydy) 3 2 1 2 1/2 dz.
5.56. df 1 2
x cos2 (y2 / x)
(x 3 y )
(x 3 y )
y
2e2t (x 1 y)
dz
du x(z 1 2yt2 ) 2 yztet
3 xy
4 ln x cos t . 5.79. dz 2
. 5.80.
3
.
23 2
dt
xt
dt
dt
tx2
x y
y
dz y(1 1 2(x 2 1)2 )
1z
1z
ex
dz e x 1 e y (x2 1 1)
3 2
.
2 2
,
2 x y,
2
. 5.82.
5.81.
2
x
y
dx
1
x
y 2 (x 2 1)2
y
3
(
x
3
1)
1x e 3 e
dx
e 1e
5.78.
1
2
uy
y ln v
5.83. 1z 4 2u 26 ux 5 2 37, 3z 4 2u ln v 5
.
x
v
1x
x 9 3y
8 v
5.84. dz = ((2uv – v2)sin y – (u2 – 2uv)y sin x)dx + ((2uv – v2)x cos y + (u2 – 2uv)cos x)dy.
5.85.
2y
2x
1z
f 2 (u, v) 4 y2fv2(u, v), 1z 3 2xyfv2(u, v) 4 2
3
fu2 (u, v).
1x x2 5 y2 u
1y
x 4 y2
5.87. d2u = 4f²(t)(x dx + y dy + z dz)2 + 2f¢(dx2 + dy2 + dz2).
5.88. d2u 2 a2fuu
11 (u, v) dx2 3 2abfuv
11 (u, v) dxdy 3 b2fvv
11 (u, v) dy2. 5.89. 4x + 2y – z – 5 = 0,
x 1 2 y 11 z 1 5
. 5.90. x + 2y + 3z – 14 = 0, x 1 1 2 y 1 2 2 z 1 3 . 5.91. x – y – 2z + 1 = 0,
2
2
4
2
11
1
2
3
x 1 1 y 1 2 z 1 1/ e
x 1 2 /4 y 1 2 /4 z 1 1/2
3
3
. 5.93. fmin = –9 при
3
3
. 5.92. x + ez – 2 = 0,
1
0
e
1
11
12
x = 0, y = 3. 5.94. Экстремумов нет. 5.95. fmax = 28 при x = 4, y = –1. 5.96. fmin = –8
при x = –1, y = 4. 5.97. fmax = 1/64 при x = 1/4, y = 1/2. 5.98. fmin = –4/3 при x = 0,
y = –2/3. В стационарной точке (2, –2/3) экстремума нет. 5.99. fmin = 30 при x = 5,
y = 2. 5.100. fmin = 10 – 18 ln 3 при x = 1, y = 3. 5.101. Экстремумов нет. 5.102. fmin = –14
при x = 2, y = –3, z = 1. 5.103. fmax = 2 при x = 1, y = 0, z = 0. 5.104. Экстремумов нет.
5.105. fнаиб = 6 при x = 1, y = 0; fнаим = 3 при x = 0, y = 1. 5.106. fнаиб = 6 при x = 3,
y = 0 и при x = 0, y = 3; fнаим = –1 при x = y = 1. 5.107. fнаиб = 1/2 при x 1 y 1 21/ 2;
2
2
2
1
, y 1 2 ; fнаим 1 2
при x 1
fнаим = –1/2 при x 1 2 y 1 31/ 2. 5.108. fнаиб 1
3 3
3
3
3
3
1
, y 1 2 2 . 5.109. fmin = –19/4 при x = y = –3/2. 5.110. fmin = 2 при x = y = 1.
при x 1 2
3
3
1
1
; f
. 5.112. fmin 1 2 5
5.111. fmin 1 21 2 2 2 при x 1 2 y 1 2
1 1 2 2 2 при x 1 2 y 1
2 max
2
при x 1 22/ 5, y 1 21/ 5; fmax 1 5 при x 1 2/ 5, y 1 1/ 5. 5.113. fmin = –18 при x = –4,
y = –2, z = 4; fmax = 18 при x = 4, y = 2, z = –4. 5.114. fmin = 4 при x = y = 0, z = ±2;
fmax = 16 при x = ±4, y = z = 0; при x = z = 0, y = ±3 экстремума нет. 5.115. Куб с дли$
ной ребра a. 5.116. Куб с длиной ребра d 3. 5.117. Слагаемые равны a/3. 5.118. Со$
множители равны
4
a . 5.119.
dy
y d 2 y 2y
dy 1 1 y2 d2y
2(1 1 y2 )
1 .
12 ,
2 2 ,
23
. 5.120.
2
5
dx
x
dx
dx2 x2
y
dx
y
468
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
xz(x 1 z)
3z yz(x 1 z) 2 z3
2z
1z
4 3
,
3 3
.
2 1, 1z 2 1 . 5.122.
3
x
2
y
z
1
2
xy
(
x
1
z
)
z
1
2xy(x 1 z)
1x
1y 2
5.121.
5.123. dz 3
zdx 1 z(1 2 x2z2 )dy
y2 (z 1 3x2 )dx 1 (3y4 1 ze z/ y )dy
. 5.124. dz 2
.
y(1 2 x2z2 ) 1 x
y(e z/ y 3 xy)
2
2
4x
x
dx, dz 1 dx,
5.125. dy 1 2 3 , dz 1 5 , d y2 1 2 3 , d z2 1 5 . 5.126. dy 1 2
5y
5z
dx
2 dx 3 dx
8 dx 18
(y 1 u)dx 2 ( y 1 v)dy
4
d2 y 1 2
(4x2 3 5y2 )dx2, d2z 1 1 (5z2 2 x2 )dx2. 5.127. du 3
,
x1y
25y3
25z2
2
(x 1 u)dx 2 (x 1 v)dy d2v 1 2d2u 1
(( y 2 u)dx2 3 (y 2 v 3 u 2 x)dxdy 3 (v 2 x)dy2 ).
dv 3
,
( x 2 y) 2
y1x
x 1 2 y 1 2 z 11
y 11 z 1 3
.
2
2
5.129. 2x + 7y – 5z + 4 = 0, x 1 2 2
2
. 5.130. x + y – 4z = 0,
1
1
14
15
2
7
4
4
5.131. Точки с координатами x 1 2 1 , y 1 2 , z 1 2 (знаки выбираются независимо
3
3
3
ГЛАВА 7
y
– 1| + 1) = 1. 7.6. y(1 + x) = 1. 7.7. y = 2 – 3 cos x. 7.8. x = y × ey+1. 7.9. x 1 y ln .
2
7.10. x2 + y = xy¢. 7.11. xy¢ + y = 0. 7.12. y¢ = y th x. 7.13. 2xyy¢ = y2 + x2. 7.14. y¢3 = 4y(xy¢ –
x2
– 2y). 7.15. y = (x – 1)y¢ – y¢2. 7.16. y2 + y¢2 = 1. 7.17. y = 1. 7.18. y = –x. 7.19. y 1 .
4
7.20. y = 0, 27y = 4x3. 7.21. (y – 1)3 + (x – 1)3 = C. 7.22. x + y = C(1 – xy). 7.23. y2 =
7.5.
y(ln |x2
= ln(1 + ex)2 + C. 7.24. 4 1 1 y2 2 1 1 4x2 3 C. 7.25. y2 1 x2 2 1 1 1 3 C. 7.26. y 1 e
y x
y3 1
x 3
2
3 .
. 7.28. 2ln|sin y | 2 e( x 11) 1 1. 7.29. arctg ex 2
7.27. ln y 4 ln tg 5
3 4
2 4
1
7.31. y2 – x 2 = C.
7.32. y2 + x2 = C.
7.34. y = ln tg(ex + C). 7.35. sin y cos x = C. 7.36. y 2 Ce
1 1 x2
7.33. ex + e–y = C.
, x = ±1. 7.37. tg x × tg y = C.
7.39. x 1 y 1 2( y 2 x ) 1 2ln ( x 1 1)( y 2 1) 3 C,
1
y = 1,
x = 1.
2
x
y
2 C, y = pk, k Î Z. 7.41. y 3 a sin arcsin 4 C , y = ± a. 7.42. x 2 Cye
a
2
1
2 arctg x
1 2
x 13
2
.
C Î R\{0}, y = 0. 7.43. 2 ln y 4 ln tg 6 2 5 4 7 . 7.44. y 3 e 4
8
9
7.40. 2sin x 1 ln tg
7.45.
1 1 x2 1 1 1 y2 2 2 1 1. 7.46. x2 – 4 = ln2y. 7.47. y 1 2 x 2ln| x | 3 C .
7.48. 1 1 sin
x
2.
2
7.30. 2(x – 2) = ln2y.
7.38. xy = Ce y–x.
C tg
y
y
y
1
2 Cx cos , y 2 (1 3 2k)x, где k Î Z. 7.49. arctg 1 ln| C y2 2 x2 |.
x
x
x
2
2x
1 ln| C( y 2 x)3 ( y 3 x)|, y = ± x. 7.51. x2 – y2 = Cy, y = ± x. 7.52. y = x × eCx.
y2x
y
y
y
y
7.53. arctg 1 ln| C x2 2 y2 |. 7.54. ln x 3 ln 4 1 5 C. 7.55. y2 = 4x2ln |Cx|.
x
x
x
x
7.50.
1
2
7.56. x(x + 2y) = C. 7.57. y 1 x2 1 y2 2 Cx2, C ¹ 0, x = 0. 7.58.
x
1 C, y = ±x.
x 2 2 y2
y1x
xy ,
470
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
1 C, y = 0. 7.60. y = x arccos(ln |Cx|). 7.61. ln| y | 1 cos 3x 2 C.
y
7.62. (y + 2x)3(y + x)2 = C. 7.63. x2 – xy + y2 + x – y = C. 7.64. x + 2y + 3ln |x + y – 2| = C,
x + y = 2. 7.65. (y – x + 2)2 + 2x = C. 7.66. 3y3 = 8(x2 – y2). 7.67. y = x arcsin x.
y
1
2 2ln| x | 3 . 7.69. y = –x ln |1 – ln |x||. 7.70. y = C cos x + sin x.
7.68. arctg
2x
4
1
C
1
7.71. y 1 x3 2 2 . 7.72. y = x2 + Cx. 7.73. y 1 C(x 2 1)2 2 (x 2 1)4. 7.74. y = C × e–sinx +
2
5
x
2
2
+ sin x – 1.
7.75. y = x(C – ln |x|).
7.76. y = x + Cx.
7.77. y = x2(1 + Ce1/x).
7.59. xe
y /x
2
1
7.78. y 1 Cex 2 x2. 7.79. y = xn(ex + C). 7.80. x = Cy2e1/y + y2. 7.81. y 2 e 1 x2 (C1 3 x2 ).
2
1
1
4x
,
, y = 0. 7.84. y 1
, y = 0. 7.83. y 1
2 x(cos x 2 C sin x)
4
2
x
sin
4C 2 x
x 2 0,5 2 Ce
2
11
, y = 0. 7.86. y 3 x4 C 4 1 ln| x | , y = 0.
y = 0. 7.85. y 2
(x 3 1)(C 3 ln(x 3 1))
2
7.82. y 1
1
7.87. y 1
1
x2 2 1 2 Ce
x2
, y = 0. 7.88. y 1
2
x2
x2
,
, y = 0. 7.89. y 1
C
(
x
2 1) 3 1 y = 0.
Cx 2 1
7.90. x2 – xy + y2 = C. 7.91. xy – x3 – 2y2 = C. 7.92. 3x2y2 + x4 + y3 = C.
7.93. ln| x 1 y | 1
y
1
1
x
2 C. 7.94. x2 + y2 = Cx3. 7.95. x2 1 y2 2 arctg 3 C.
2
2
y
x1y
7.96. x2 – y2 = Cy3. 7.97. x sin y = C. 7.98. x sin y + y cos x = C. 7.99. x × ey + yex = C.
7.100. x2 + ye–x = C. 7.101.
7.103. x2y 1 ln
1 2 x2 2 y2 2 ln
x1y
3 C. 7.102.
x2y
x 2 1 y2 1
y
2 C.
x
x
2 C, x = 0, y = 0. 7.104. 2xy2 1 1 2 С, x = 0, y = 0.
y
xy
7.105. (y2 + x2)2 + 2a(y2 – x2) = C. 7.106. xy(C – x2 – y2) = –1, x = 0, y = 0.
7.107. x = 2p + 6p2 + C, y = p2 + 4p3; y = 0 (особое решение).
7.108. x 1 2 p2 2 1 3 ln(1 2 p2 2 1) 2 ln p 2 C, y 1 p p2 2 1; y = 0 (особое решение).
1
7.109. x = ep + C, y = (p – 1)ep. 7.110. y 1 Cx 2 (C2 3 x2 ); y = –x2 (особое решение).
2
p2
1 2
3
2
3 C.
7.111. x = Cy + C ; x 1 2 y (особое решение). 7.112. x = p3 – p + 2, y 1 p4 2
4
4
2
2
x
7.113. x = p cos p, y = p cos p – p sin p – cos p + C. 7.114. Cx = ln Cy; y = e (особое решение).
7.115. y = ±ln |x2 – 1|. 7.116. y2 = 4x и xy2 = 4. 7.117. y 1 2 x . 7.118. (x + C)2 + y2 = a2.
x 31
x
(x 1 1)2 y2
7.119. y2 = ±2a(x + C). 7.120. y 1 2ch . 7.121. y2 = 4(x – 1) и
1
2 1. 7.122. x2 +
2
4
8
+ y2 = 2y. 7.123. x = y(3 ± ln y). 7.124. y2 = 2x + 1 – e2x. 7.125. y 1
7.127. 18,1 кг. Указание. Уравнение имеет вид
1
1
2 x2. 7.126. y 1 x 5x2 2 1.
x
2
dx
x
1
3k 4
, где k — коэффициент
dt
3 300
пропорциональности. 7.128. 5,2 кг. Указание. Уравнение имеет вид
1
2
dx
10 3 x 1
4 kx
3 .
dt
90
3
471
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
7.129. Через 1575 лет. 7.130. v 1 0,5 2 29 м/с. Указание. Уравнение имеет вид
dv
t
1 20 .
dt
v
h(v1 1 v0 )
dv
3
1 kv2.
2
с. Указание. Уравнение имеет вид m
dt
v1 40 ln2,5
v0v1 ln
v0
dv
5ln10
2 3 kv.
7.132. t 1 2
с. Указание. Уравнение имеет вид m 1
dt
ln0,8
dT
1 k(T 2 T0 ).
7.133. T = 20 + 80(0,5)t/20 = 60 мин. Указание. Уравнение имеет вид
dt
7.134. За 6 мин 5 c. Указание. Уравнение имеет вид wv(h) dt = –S(h) dh, где w — пло
щадь отверстия, v(h) — скорость истечения воды, h — уровень жидкости, S(h) —
площадь поперечного сечения сосуда, t — время. 7.135. 0,82 кг. Указание. Уравне
7.131. t 2
ds
1 ks(s 2 6). Влага, содержащаяся в пористом веществе, испаряется в
dt
окружающее пространство со скоростью, пропорциональной количеству влаги в дан
ном веществе, а также пропорциональной разности между влажностью окружающе
2
го воздуха и влажностью насыщенного воздуха. 7.136. 32,2 мин. 7.137. T 1 x;
3
dT
Q
12
, где Q = const. В силу зако
864 000 кал. Указание. Уравнение имеет вид
dx
kA
на Ньютона скорость Q, с которой теплота распространяется через площадку A, пер
ние имеет вид
dT
, где k — коэффициент теплопроводности
dt
данного вещества, T — температура, t — время, S — площадь A; (k = 0,0015).
пендикулярную оси Ox, равна Q 1 2kS
1
7.138. y01 2 x02. 7.139. y01 2 0. 7.140. x0¹ 0 и y01 любое, y0 2 3 1k, k Î Z.
2
7.141. x0 2 y01 , y0 ¹ 0, y011 — любое. 7.147. y 1 (C1 2 arctg x) x 3 ln 1 2 x2 2 C2.
x4
2 sin x 3 C1x2 3 C2x 3 C3. 7.149. y = ln |sin x| + C1x2 + C2x + C3.
24
x3
x2
2 C,
7.150. y 1 ln| x | 2 C1x3 2 C2x2 2 C3x 2 C4 . 7.151. C12y 1 C1x 2 ln| C1x 3 1| 3 C2, y 1
6
2
7.148. y 1
y = C. 7.152. y = x2ln |x| + C1x2 + C2x + C3. 7.153. 2y = C1cos 2x + (1 + 2C1)x2 + C2x + C3.
7.154. y = C1(x – e–x) + C2. 7.155. 2y 1 C1x2 2 C12 (x 3 C1 )ln| x 3 C1 | 3 C2x 3 C3.
1
13
1
2
ex2
2 C.
7.156. y 1 C1 sin x 2 C2 3 x 3 sin2x. 7.157. y 4 eC1x 11 6 x 5 7 1 C2, y 1
C1
C
2
2
8
19
1
7.158. y 1 C1 ln x 2 C2x 2 C3 3 . 7.159. y 1 С2еС1х. 7.160. y 1 C2xeC1x. Указание. Уравне
2x
ние однородное относительно y, y¢, y². 7.161. y 1 C2 | C1 2 x2 | .
7.162. 4(С1y 1 1) 2 C12 (x 3 C2 )2, C1 ¹ 0. 7.163. y – C1ln |y| = x + C2, y = C.
2
x3 1 3x2 2 6x 2 4
.
7.164. y 1 2 (x 3 C1 )3/2 3 C2. 7.165. y = Cx2 + ex(x – 1). 7.166. y 3
3
6
x2 1 1
. 7.168. y = x + 1. 7.169. y = C1e5x + C2ex. 7.170. y = C1e3x + C2e–x.
7.167. y 2
2
472
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
C C
1 1 12 x
3
cos x
sin x
5 17 2 C2x. 7.173. y 1 C1x 2 2 2 32 .
2 C2
. 7.172. y 4 C1 6 ln
x x
8 2 15 x
9
x
x
6
12
7.174. y² + y¢ = 0. 7.175. y² – 4y¢ + 5y = 0. 7.176. y11 2 y1 3 2 y 4 0. 7.177. y¢² – y² = 0.
x
x
7.178. y¢² + y¢ = 0. 7.179. y¢² – 2y² + y¢ – 2y = 0. 7.180. y² – 8y¢ + 15y = 0.
7.181. y = –cos x + sin x. 7.182. y = ex + 3 sin x + 2 cos x. 7.183. y = ex + 2e2x + 3e3x.
7.184. y = ex(x ln |x| + C1x + C2). 7.185. y = (e–x + e–2x)ln(ex + 1) + C1e–x + C2e–2x.
7.186. y = sin 2x ln |cos x| – x cos 2x + C1cos 2x + C2sin 2x.
7.187. y = –x cos x + sin x ln |sin x| + C1cos x + C2sin x. 7.188. C1e2x + C2e–4x.
7.189. C1e3x + C2e5x. 7.190. C1e4x + C2xe4x. 7.191. (C1 + C2x + C3x2)e–x/2.
x
x
7.192. C1e3xcos 2x + C2e3xsin 2x. 7.193. C1 cos 1 C2 sin . 7.194. e–x(C1cos 3x + C2sin 3x).
2
2
7.171. y 1 C1
1 x2 3 x3 2e 5 C e 5 C e . 7.222. y 4 3 x5 e 3 1 x6 5 361 2e 5 C e 5 C e .
t
t
t
e
e 5 C e 5 C e . 7.224. x 2
5
(6sin t 1 cost) 3 C e 3 C e .
7.223. x 4 1 3
12 16 32 2
37
7.221. y 4
2
3
x
2
1
x
t
32x
2
1
t
34 x
2
33t
3x
1
3t
1
x
3t
34 x
2
2
13t
7.225. y = –5x2 + 3x – 29 + C1e2x + C2e–2xcos x + C3e–2xsin x.
7.226. y1 1 Ae3x cos x 2 Be3x sin x 2 Cx2 2 Dx 2 E.
7.227. y1 2 x( Ax 3 B)e 1 x cos5x 3 x(Cx 3 D)e 1 x sin5x. 7.228. y1 1 x( Ax 2 B)e4x 2 C.
7.229. y1 2 Ae 12x cos3x 3 Be 12x sin3x.
7.230. y1 2 ( Ax 3 B) ex cos5x 3 (Cx 3 D) ex sin5x 3 ( Ex2 3 Fx 3 G)e 1 x .
7.231. y1 2 Ae x cos x 3 Be x sin x 3 x(Cx2 3 Dx 3 E) e 1 x . 7.232. x2 + y2 = z2 – 2z(y – xy¢),
x + yy¢ = zz¢ – z¢(y¢ – xy¢). 7.233. yy¢ + zz¢ = 0, y2 + 2xzz¢ = x2 + z¢2.
dx dy du dv dw
dy dz
du
.
1
1
1
1
7.234. dx 1
. 7.235.
1
1
1
u
v
w y2
1
z
u xyz 2 z3
dx dy dz
du
dv
dw
dx dy dz du
dv
dw
dt
1
1
1
1
1
.
1
1
1
1
1
1
. 7.237.
7.236.
1
v
u 2y 2 z w x 3 y 2 z
1
v
w
t v2w w2t t2v
dx dy
dz
dt
du dv dw
1
1
1
1
1
1
. 7.244. C1x2 = 2t + C2, y2 = C1(2t + C2).
7.238.
1
t x2 3 uz z 2 u v
w 3xy
7.247. x = ln |C3(C1t + C2)|, y = ln |C3(C1t + C2)| – C1, z = (C1 + 1)t + C2.
2 7.250. z – 2y = C ,
.
1
C1
1 1C x
2 z 1 x 1 y 2 y 3 C2. 7.251. x2 = C1e2t + C2e–2t, y2 = C1e2t – C2e–2t. 7.252. y 2 x 3 C C e 1 ,
1 2
3x2
3
3
z 1 C2e C1x ; y = x – ex, z = e–x. 7.253. z = C1y, y 1 2C 2 C2; z = y, y3 1 x2 2 1.
2
1
7.248. x2 + y2 + z2 = C1y, z = C2y. 7.249. x = C1t, y 1 C2et 2
30 1). 8.10. n 2 (10 11
31 ) при m ³ 4;
8.7. (110110). 8.8. (11111010000). 8.9. n 2 (1 0
1
k 11 раз
k 1 2 раз
n = (101) при m = 3; n = (10) при m = 2. 8.11. (001) ° (101) ° (111); (010) ° (110);
(101) ° (111); соседние: (001) и (101), (010) и (110), (101) и (100), (101) и (111), (110)
и (111); противоположные: (001) и (110), (010) и (101). 8.12. (00110) ° (00111),
(00110) ° (10110), (01010) ° (01011) ° (11011), (01010) ° (11010) ° (11011); шесть
пар соседних наборов; противоположных нет. 8.13. Cnk . 8.14. 2n–1. 8.15. n × 2n–1.
8.16. Cnk 2 2n 1 k. Указание. Любой набор, отстоящий от фиксированного набора 11 n на
расстоянии k, получается из 11 n подходящей заменой некоторых k компонент на про9
тивоположные. 8.17. Cnk1kr . 8.22. x1 и x2. 8.23. x1. 8.24. x1. 8.25. x4. 8.26. 11 f 2 (0001),
11 f 2 (0010), 11 f 2 (0100), 11 f 2 (0110), 11 f 2 (0111), 11 f 2 (1000), 11 f 2 (1001), 11 f 2 (1011),
n
n 11
11 f 2 (1101), 11 f 2 (1110). 8.27. 218. 8.30. 22n 1 k. 8.31. 22n11. 8.32. 2. 8.33. 22 11 2 C22n .
8.34. 11 f 2 (0111010100010000); Nf = {(0001), (0010), (0011), (0101), (0111), (1011)}.
8.35. 11 f 2 (0101011111110010). 8.36. Нет. Указание. Предполагая, что xi = 1, если
член Ci присутствует на заседании, и xi = 0, если отсутствует, условия задачи с
помощью булевой функции можно представить в виде f (x1 4 ) 1 x1x2x3 2 x2x3x4 2 x1x4 ,
f(x1, 0, 0, x4) = x1x4 и f(1, 0, 0, 1) = 1. Следовательно, C3 также может не участво9
вать. 8.37. При условиях, указанных в задаче, проект может быть не принят.
8.38. 11 f 2 (0011). 8.39. 11 f 2 (1111). 8.40. a f = (00000100). 8.41. a f = (10111111).
8.42. 11 f 2 (0001001101011111). 8.43. 11 f 2 (1111001101101111). 8.56. Да. 8.57. Да.
8.58. Да. 8.59. Нет. 8.63. Пары двойственных: f1 и f2, f4 и f5, f6 и f7; самодвойствен9
ных функций нет. 8.64. f1 2 f6 2 f71, f31 2 f3 , f41 2 f4 , f51 2 f5. 8.68. 0, 1, x1x2, x1 Ú x2, x1 ¯ x2,
x1 ~ x2, x1 Å x2, x1|x2. 8.69. 2n+1. 8.70. x1x2x3 1 x1x2x3 1 x1x2x3.
8.71. x1x2x3 1 x1x2x3 1 x1x2x3 1 x1x2x3.
8.72. x1x2x3x4 1 x1x2x3x4 1 x1x2x3x4 1 x1x2x3x4 1 x1x2x3x4 .
8.73. x1x2x3x4 1 x1x2x3x4 1 x1x2x3x4 1 x1x2x3x4 1 x1x2x3x4 .
8.74. а) (x1 1 x2 1 x3 )(x1 1 x2 1 x3 )(x1 1 x2 1 x3 ); б) (x1 1 x2 1 x3 )(x1 1 x2 1 x3 )(x1 1 x2 1 x3 ).
8.75. (x1 1 x2 1 x3 1 x4 )(x1 1 x2 1 x3 1 x4 )(x1 1 x2 1 x3 1 x4 )(x1 1 x2 1 x3 1 x4 )(x1 1 x2 1 x3 1 x4 ).
8.76. (x1 1 x2 1 x3 1 x4 )(x1 1 x2 1 x3 1 x4 )(x1 1 x2 1 x3 1 x4 )(x1 1 x2 1 x3 1 x4 ).
n 1 C n /2
n
8.77. 2n–1 + 22n–1. 8.78. 22
2n11
8.80. 2
2n11
1 1. 8.81. 2
1 1 при n четном и 22n 1 1 при нечетном n. 8.79. 22
n 1 n 11
2n11 1 1 Cnn /2
1 1, если n — нечетное; 2
2
1 1.
2 1, если n — четное. 8.82. 2n.
8.83. 2n – n – 1. 8.84. n + 1. 8.85. (2n+1 + (–1)n)/3. 8.86. x1 Å x2. 8.87. 1 Å x1 Å x1x2.
8.88. x3 Å x1x3 Å x1x2x3. 8.89. 1 Å x1 Å x2 Å x1x2 Å x1x3 Å x2x3. 8.90. x4 Å x2x4 Å x2x3x4.
474
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
8.91. 1 Å x1 Å x2 Å x1x2 Å x1x3 Å x2x3. 8.92. x1 Å x1x3 Å x1x2x3. 8.93. 1 Å x1x2 Å x1x2x3.
8.94. x1x2x3 Å x1x2 Å x1x3 Å x2x3 Å x1 Å x2 Å x3. 8.95. x1x2x4 Å x1x2 Å x2x4 Å x2 Å 1.
Ckn
8.96. а) 1 при k = 0; (2Cnk 1 1) 2 2L, где L 2 Cn0 3 Cn2 343 Cnk 11 при k ³ 1; б) 2
8.97. (2Cnk 1 1) 2 2L11, где L 2
k 11
3 Cnm . 8.98.
m20
4
i
i
2
.
i
Cn1 2 Cn2 232 Cnk . 8.99. 2n–2. 8.100. 2n–1.
i1 1 i2 1 ... 1 ik
8.101. f Ï T 0\T 1 . 8.102. f Ï T 0\T 1. 8.103. При нечетных n ³ 2. 8.104. При всех
n º 2 (mod 4) и n º 3 (mod 4) f Ï T0\T1. 8.105. Нет. A Í L. 8.106. Нет. A Í T0. 8.107. Нет.
A Í T0. 8.108. Да. 8.110. x1, x1, x2, x2 . 8.110. Да. 8.111. Да. 8.112. Да. 8.113. Нет.
n 11
8.114. Да. 8.115. Да. 8.116. Нет. 8.117. Да. 8.118. 22 . 8.119. 0, 1, x1 Ú x2, x1, x2,
x1 & x2. 8.120. Да. 8.121. Да. 8.122. Нет. 8.123. Нет. 8.124. Нет. 8.125. Нет. 8.126. Да.
8.127. Да. 8.128. 11 2 (001), 11 2 (011). 8.129. 11 2 (010), 11 2 (011) или 11 2 (110); 11 2 (100),
или
8.130. 11 2 {(0101),(0111),(1010),(1011),(1101),(1110)},
11 2 (101)
11 2 (110).
11 2 (1111). 8.131. 2n+1, 0, 1, x1 Å x2, x1, x1, x2, x2, x1 ~ x2.
8.132. Да. f 1 x 2 y 3 x 4 y 1 x 5 y 3 (1 3 x) y 1 xy 2 (1 2 x)y 1 x(1 2 y) 2 (1 2 x)y 1 x 2 y.
8.133. Нет. 8.134. Нет. 8.135. Да. 8.136. Да. 8.137. Нет. 8.138. Да. 8.139. Да.
8.141. а) Нет; б) да. 8.142. а) См. рис. 1а; б) см. рис. 1б.
8.143. 1) V(G) = {1, 2, 3, 4, 5, 6}; 2) E(G) = {12, 16, 23, 24, 25, 26, 36}; 3) пары смежных
вершин: 1–2, 1–6, 2–5, 2–4, 2–6, 2–3, 3–6; 4) вершин, не смежных с вершиной 2, нет;
5) степени вершин: 2, 5, 2, 1, 1, 3; D(G) = 5, d(G) = 1; 6) 4 и 5 — висячие вершины, 2 —
доминирующая; 7) ребро {3, 6}, вершины 3, 4, 5, 6. 8.144. 1) V(G) = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7};
2) E(G) = {12, 23, 25, 26, 27, 47, 57, 67}; 3) пары смежных вершин: 1–2, 2–3, 2–5,
2–6, 2–7, 4–7, 5–7, 6–7; 4) вершина 4; 5) степени вершин: 1, 5, 1, 1, 2, 2, 4; D(G) = 5,
d(G) = 1; 6) 1, 3 и 4 — висячие вершины, доминирующих нет; 7) ребра {5, 7}, {4, 7},
{6, 7}; вершины 3, 4, 5, 6, 7. 8.145. |V(Bn)| = 2n, |E(Bn)| = n2n–1. 8.146. Существует.
8.147. а) См. рис. 2а, | E(G )| 1 8, степени вершин равны 3, 0, 3, 4, 4, 2; б) см. рис. 2б,
| E(G )| 1 11, степени вершин равны 5, 1, 5, 5, 3, 3, 2. 8.148. а) См. рис. 3а, | E(G )| 1 4,
степени вершин равны 2, 2, 1, 2, 1; б) см. рис. 3б, | E(G )| 1 4, степени вершин равB
ны 0, 2, 1, 2, 1, 2; в) см. рис. 3в, | E(G )| 1 7, степени вершин равны 4, 3, 1, 2, 2.
8.149. См. рис. 4, | E(G )| 1 30, все вершины имеют степень 6.
Рис. 1
Рис. 3
Рис. 2
Рис. 4
475
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
Рис. 6
Рис. 5
Рис. 7
Рис. 8
8.151. Указание. Рассмотреть сумму степеней вершин. 8.152. Указание. Предпо!
ложить обратное для графа с n вершинами и доказать, что у одной вершины
должна быть степень п. 8.153. а) 64; б) 2m. 8.154. См. рис. 5. 8.155. а) См. рис. 6а;
б) E 1 = {14, 24, 34}, см. рис. 6б; в) V 1 = {1, 5, 6} и E1 = {15, 56} — не определяют;
V2 = {1, 3, 5, 6} и E2 = {15, 25, 16, 56} — не определяют; V3 = {1, 3, 6} и E3 = {16, 36} —
определяют; г) 63. 8.156. 2n(n–1)/2. 8.157. G1, G2, G3, G4 являются полными двудоль!
p2 1 q 2 2 ( p 1 q )
q2 1 q
. 8.160. Незави!
; б) pq и
2
2
симого множества нет, покрытие содержит [n/2] вершин. 8.161. Независимое множе!
ство содержит q вершин второй доли, покрытие — центральная вершина. 8.162. Одна
из долей образует наибольшее независимое множество из max{p, q} вершин, дру!
гая — покрытие из min{p, q} вершин. 8.163. Независимое множество содержит 4, а
покрытие — 6 вершин. 8.165. См. рис. 7. 8.166. G1, G2, G3, G4. 8.167. 1), 2), 4). 8.168. 1.
Указание. Посчитать, сколько ребер удалено из полного графа. 8.169. 2. 8.170. Ука
зание. Рассмотреть возможные наборы степеней вершин. 8.171. Указание. Удвоен!
ная сумма числа ребер графа равна числу ребер полного графа. 8.172. Указание.
Рассмотрев наборы степеней вершин, доказать, что среди графов порядка 4 самодо!
полнительных нет, и построить граф порядка 5. 8.173. Cnm(n 11)/2. Указание. Рассмот!
реть полный граф и выяснить, сколькими способами можно выбрать из него те
ными графами. 8.158. Нет. 8.159. а) q и
2
ребра, которые остаются в искомом. 8.174. 2Cn . 8.176. (n 1 k)(n 1 k 1 1) . 8.178. | G1 | 1 8,
2
| E(G1 )| 1 7; а) см. рис. 8а; б) см. рис. 8б; в) см. рис. 8в; г) см. рис. 8г.
8.179. См. рис. 8.1. 8.181. Указание. Если в путь входит одна и та же вершина, уча!
сток пути, заключенный между ее первым вхождением и последним, можно удалить.
8.183. 6. 8.184. Цепь длины 9 (2, 1, 5, 4, 2, 6, 1, 3, 4, 6), простая цепь длины 5 (1, 2, 6, 4,
5, 3), цикл длины 8 (1, 2, 4, 5, 1, 3, 4, 6, 1), простой цикл длины 6 (1, 2, 6, 4, 5, 3, 1).
8.185. а) Для всех минимальная длина 3, максимальная 7; б) для всех минимальная
длина 4, максимальная 14. 8.186. а) 3; б) 3. 8.188. а) См. рис. 9а; б) см. рис. 9б; в) все
476
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
Рис. 10
Рис. 9
графы на рис. 8.18. 8.189. а), б) Например, граф куба и икосаэдра на рис. 8.18;
в) см. ответ в) задачи 8.188. 8.190. Тетраэдр r = d = 1; куб r = d = 2; октаэдр r = d = 2;
додекаэдр r = d = 5; икосаэдр r = d = 3. 8.191. б) См. рис. 9а. 8.192. а) См. рис. 10;
б) Gn – 1. 8.196. 1 или 2. Указание. Рассмотреть, сколько вершин может быть в каж<
дой компоненте связности. 8.197. От 1 до 7. 8.198. От 1 до 6. 8.199. От 7 до 28. 8.200. От
11 до 66. 8.201. а), в) — существует; б) нет. 8.202. а) Эйлеров путь существует у гра<
фов K2, 2l+1, где l — целое неотрицательное число; эйлеров цикл существует у графов
K2l, 2p, где l, p Î N; б) граф Kn не имеет эйлерова пути; эйлеров цикл существует, если
n — нечетное число, большее 1; в) граф октаэдра. 8.203. а) при n = m; б) при n ³ 2.
02
10
31
04
4 ; рис. 8.25: A 5 3
14
30
31
0 47
6
10 1 1
1 12
31 0 1
3
0 0 44
. 8.205. A 5 3 1 1 0
0 04
3 ... ... ...
33
1 0 48
61 1 1
|A1 – lE| = |A2 – lE| = l3(l2 – 4). 8.208. Указание. Перенумеровать строки и столбцы
таким образом, чтобы из одной матрицы получилась другая. 8.209. а) Сумма членов
в i 0; двуполостные гиперболоиды
C C C
2
2
2
y
x
z
1
2
3 21 при C < 0; конус x2 + y2 – z2 = 0 при C = 0. Через точку P проходит
2 C 2C 2 C
конус x2 + y2 – z2 = 0. 9.15. Прямые, проходящие через начало координат: y = Cx;
x2
2 C;
x = 0. Через точку P проходит векторная линия y = –3x. 9.16. Параболы y 1
2
2
x
через точку P проходит парабола y 1 . 9.17. Концентрические окружности с цен$
2
тром в начале координат: x2 + y2 = C, C ³ 0. Через точку P проходит векторная линия
C
x2 + y2 = 25 — окружность радиуса 5. 9.18. Гиперболы y 1 , C ¹ 0; прямые x = 0 и
x
1
y
1
.
y = 0. Через точку P проходит векторная линия
9.19. Прямые, проходящие
x
x y
z
через начало координат: 1 1 C 1 C , C1 ¹ 0, C2 ¹ 0; x = 0, y = 0, z = 0. Через точку P
1
2
x y z
1 1 . 9.20. Линии пересечения параболических
проходит векторная линия
1 2 22
2
цилиндров y 1 x 2 C1 и плоскостей y + z + C2 = 0. Через точку P проходит векторная
2
x2
2 1, y + z – 5 = 0. 9.21. Линии пересечения гиперболических цилиндров
линия y 1
2
x2 – y2 = C1 и гиперболических цилиндров y2 – z2 = C2. Через точку P проходит век$
торная линия x2 – y2 = 1, z2 – y2 = 1. 9.22. 2 1 3. 9.23. 0. 9.24. 3/ 2. 9.25. 2/ 5.
9.26. 4/ 5. 9.27. 4/ 3. 9.28.
a2
r
6
. 9.30. r . 9.31. a. 9.32. a(b, r) +
. 9.29.
2
2
|
r|
| r |2
1b 1c
9.181. 2p. Указание. Из интеграла по полной поверхности тела вычесть интегралы
по ее частям, ограничивающим тело сверху и снизу. 9.182. p. 9.183. –4p. 9.184. p/2.
9.185. p. 9.190. 0. 9.191. –(i + j + k). 9.192. 0. 9.193. x(z – y)i + y(x – z)j + z(y – x)k.
483
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
9.194. x(z2 – y2)i + y(x2 – z2)j + z(y2 – x2)k. 9.195. 0. 9.196. 2(i + j + k). 9.197. –2yi + 2xj –
– 2(3x + 2y)k. 9.198. 2w. Указание. Скорость v точки P(r), вращающейся с угловой
скоростью w вокруг начала координат, равна [w, r]. 9.199. –3/2. 9.200. 11. 9.201. p.
y3
2 C.
9.205. u 1 x3 2
9.202. 4p/3.
9.203. 1/3.
9.204. u = exsin y + C.
3
9.206. u = xy2cos 2x + x 2 + C. 9.207. u = x3y – xy3 + C. 9.208. u = (x + y)2(x – y) + C.
x2y y2z2
3
3 C.
2
2
xy yz xz
2
2
2 C.
9.214. u 1
z
x
y
9.209. u = x2yex + xy2ey + C. 9.210. u = xe zcos y + C. 9.211. u 1 xyz 2
9.212. u = yz + xz2 + xy2 + C.
9.215. u 1
9.213. u 1
y z x
2 2 2 C.
x y z
yz xz xy
2
3
2 C. 9.217. Да. 9.218. Нет. 9.219. Да. 9.220. Да. 9.221. Нет.
x2 y2 z2
9.222. Нет. 9.223. Да. 9.224. Нет. 9.227. Нет. 9.228. Да. 9.229. Да. 9.230. Нет. 9.231. Да.
9.232. Нет. 9.233. Нет. 9.234. Да. 9.235. Нет. 9.236. Только при a + c = 0. 9.237. Только
при a11 + a22 + a33 = 0. 9.238. v grad u + u grad v. 9.239. div(cu) = (c, grad u).
9.240. div(au) = u div a + (a, grad u). 9.241. div[a, c] = (c, rot a).
9.242. div[a, b] = (b, rot a) – (a, rot b). 9.243. rot(cu) = [grad u, c].
9.244. rot(au) = u rot a + [grad u, a]. 9.245. 0. 9.246. 0. 9.247. rot rot a = grad div a – Ñ2a,
где Ñ2a = (Ñ2ax)i + (Ñ2ay)j + (Ñ2az)k, Ñ2 = D — оператор Лапласа. Указание. Использо*
вать формулу [a, [b, c]] = b(a, c) – c(a, b) для двойного векторного произведения век*
торов. 9.248. div grad uv = u div grad v + v div grad u + 2(grad u, grad v). 9.249. rot rot(uc) =
= (c, Ñ) grad u – cÑ2u, где (c, Ñ)b = (c, grad bx)i + (c, grad by)j + (c, grad bz)k.
ГЛАВА 10
1
1
1
1 2
. 10.2. S = 1/3.
n(n 3 1) n n 3 1
10.3. S = 2/3. 10.4. S = 2/3. 10.5. S 1 1 2 2. Указание. Воспользоваться равенством
n 1 2 2 2 n 1 1 1 n 3 ( n 1 2 2 n 1 1) 2 ( n 1 1 2 n ). 10.6. Расходится. 10.7. Расходится.
10.8. Расходится. 10.9. Расходится. 10.10. Сходится. 10.11. Сходится. 10.12. Сходит*
1
1
1
1
ся. Указание. Воспользоваться критерием Коши и неравенством 2 1 n(n 3 1) 2 n 3 1 3 n .
n
10.16. Расходится. 10.17. Расходится. 10.18. Сходится. 10.19. Сходится. 10.20. Схо*
дится. 10.21. Расходится. 10.22. Сходится. 10.23. Сходится. 10.24. Расходится.
10.25. Сходится. 10.26. Расходится. 10.27. Сходится. 10.28. Сходится. 10.29. Сходит*
ln n
1
1
, n ³ 1. 10.30. Сходится. Указа
ся. Указание. Использовать неравенство 2
n n n n
ние. Использовать неравенство e 1n2 2 n 3 e 1n, n ³ 2. 10.31. Сходится. 10.32. Сходится.
10.33. Сходится. 10.34. Сходится. 10.35. Сходится. 10.36. Сходится. 10.37. Сходится.
10.38. Расходится. 10.39. Расходится. 10.40. Расходится. 10.41. Сходится. 10.42. Схо*
дится. 10.43. Сходится. 10.44. Сходится. 10.45. Сходится. 10.46. Сходится. 10.47. Рас*
ходится. 10.48. Расходится. 10.49. Сходится. 10.50. Сходится. 10.51. Сходится.
10.52. Сходится. 10.53. Сходится. 10.54. Сходится. 10.55. Расходится. 10.56. Расхо*
дится. 10.57. Сходится. 10.58. Сходится при b > 1 и расходится при b £ 1. 10.59. Схо*
дится при g > 1 и расходится при g £ 1. 10.60. Сходится. Указание. Использовать
предельный признак сравнения и результат решения задачи 10.58. 10.61. Расходит*
ся. 10.62. Сходится. 10.63. Расходится. 10.64. Сходится. 10.65. Сходится. 10.66. Схо*
дится. 10.67. Сходится. 10.68. Расходится. 10.69. Сходится. 10.70. Сходится.
10.1. S = 1. Указание. Воспользоваться равенством
484
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
10.71. Сходится. 10.72. Сходится. 10.73. Сходится. 10.74. Сходится. 10.75. Сходит
ся. 10.76. Сходится. 10.77. Сходится. 10.78. Расходится. 10.79. Сходится. 10.80. Схо
дится. 10.81. Расходится. 10.82. Сходится. 10.83. Сходится. 10.84. Сходится.
10.85. Сходится условно. 10.86. Сходится абсолютно. 10.87. Расходится. 10.88. Схо
дится абсолютно. 10.89. Расходится. 10.90. Сходится условно. 10.91. Сходится абсо
лютно. 10.92. Сходится условно. 10.93. Сходится абсолютно. 10.94. Сходится услов
но. 10.95. Сходится абсолютно. 10.96. Сходится абсолютно при a > 1; сходится ус
ловно при 0 < a £ 1; расходится при a £ 0. 10.97. Сходится абсолютно. 10.98. Сходится
условно. 10.99. Расходится. 10.100. Сходится абсолютно. 10.101. Сходится абсолют
но. 10.102. Сходится условно. 10.103. Сходится условно. 10.104. Расходится.
10.105. Сходится абсолютно. 10.106. Сходится абсолютно. 10.107. Сходится услов
но. 10.108. Сходится условно. 10.109. Сходится абсолютно. 10.110. Сходится абсо
лютно. 10.111. Расходится. 10.112. Сходится условно. 10.114. Сходится. 10.115. Схо
дится. 10.116. Сходится. 10.117. Сходится. 10.118. Сходится при a ¹ 2mp; расходит
ся при a = 2mp, m Î Z. Указание. Использовать признак Дирихле аналогично тому,
как это сделано в примере 10.14. 10.119. Сходится. 10.120. Сходится. Указание.
Убедиться в абсолютной сходимости данного ряда с помощью признака сравнения.
10.121. Сходится. 10.122. Сходится. 10.123. Сходится, сходится абсолютно при
x Î (–¥; +¥). 10.124. Æ (расходится при всех x). 10.125. Сходится, сходится абсолют
но при x Î (–¥; +¥). 10.126. Сходится, сходится абсолютно при x Î (–¥; –3) U (–1; +¥).
10.127. Сходится при x Î (–¥; 0], сходится абсолютно при x Î (–¥; 0).10.128. Схо
дится, сходится абсолютно при x Î (–¥; –1). 10.129. Сходится, сходится абсолютно
1
21
при x Î (–3; 3). 10.130. Сходится, сходится абсолютно при x 3 4 ; e . 10.131. Сходит
5e
ся, сходится абсолютно при x Î (–¥; 0]. 10.132. Сходится при x Î (–2; 0], сходится
абсолютно при x Î (–2; 0). 10.133. Сходится, сходится абсолютно при x Î [1; 3].
10.134. Сходится, сходится абсолютно при x Î (–¥; +¥). 10.135. Сходится, схо
дится абсолютно при x Î (–¥; +¥). 10.136. Æ (расходится при всех x). 10.137. Схо
дится при x Î (–¥; –2] U [1; +¥), сходится абсолютно при x Î (–¥; –2) U (1; +¥).
10.138. Сходится при x Î (–¥; –1) U [1; +¥), сходится абсолютно при x Î (–¥;
–1) U (1; +¥). 10.139. Сходится, сходится абсолютно при x Î (–¥; 0) U (0; +¥).
10.140. Сходится, сходится абсолютно при x = 0. 10.141. Сходится, сходится абсо
1
1
лютно при x Î (–1; 1). 10.142. Сходится при x 4 56; 5 38 1 ; 76 , сходится абсо
e9
e
1
1
лютно при x 3 45; 4 1 ; 65 . Указание. При исследовании сходимости в гранич
e
e
ных точках области сходимости использовать формулу Стирлинга. 10.143. Схо
дится, сходится абсолютно при x Î (–1; 1). 10.144. Сходится, сходится абсолютно
при x Î (–¥; –1) U (1; +¥). 10.145. Сходится, сходится абсолютно при x Î (0; 1).
10.146. Сходится, сходится абсолютно при x Î (0; +¥). 10.147. Сходится, сходит
ся абсолютно при x Î (–¥; –3) U (3; +¥). 10.148. Сходится, сходится абсолютно при
x Î (–¥; –5) U (–5; +¥). 10.149. Сходится при x Î [–2; 1], сходится абсолютно при
x Î (–2; 1). 10.150. а) Сходится неравномерно; б) сходится равномерно.
10.151. Сходится равномерно. 10.152. а) Сходится неравномерно; б) сходится рав
номерно. Указание. Использовать разложение функции ex по формуле Тейлора.
10.153. Сходится неравномерно. 10.154. Сходится равномерно. 10.155. Сходится
равномерно. 10.156. а) Сходится неравномерно; б) сходится равномерно. Указание.
x
1
1
1
2
. 10.157. Сходится равномерно при x Î (–¥; +¥).
(nx 3 1)((n 3 1)x 3 1) nx 3 1 (n 3 1)x 3 1
1
2 1
2
1
1
2
485
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
10.158. Сходится равномерно при x Î (–¥; +¥). 10.159. Сходится при x Î (0; +¥),
сходится равномерно при x Î (e; +¥), e > 0. 10.160. Сходится при x Î (–¥; 0) U [2; +¥);
сходится равномерно при x Î (–¥; –e] U [2; +¥), e > 0. 10.161. Сходится при x Î
Î (–¥; –2) U (0; +¥); сходится равномерно при x Î (–¥; –2 – e1] U [e2; +¥), e 1 > 0,
e 2 > 0. 10.162. Сходится при x Î (–¥; 0]; cходится равномерно при x Î (–¥; e], e > 0.
10.174. (1; 3). 10.175. (–6; 0). 10.176. (1; 7). 10.177. [–3; 1]. 10.178. (–¥; +¥).
10.179. (–¥; +¥). 10.180. [–3; 5). 10.181. [–2; 0]. 10.182. (1; 7]. 10.183. [–2; 2].
10.184. (–2; 4). 10.185. [0; 4). 10.186. (–6; 2). 10.187. (–4; –2). 10.188. [–4; 2). 10.189. (1; 9).
1
10.190. (–¥; +¥). 10.191.
1
3n
n 30
1
10.193.
3 xn,
x Î (–1; 1). 10.194.
n 210
1
2
1
4 ((33)n 3 1) xn,
n 20
1
4 ((21)n 2 1 2 2n )
n 30
1
10.200.
1
4 x2n 21,
1
1
2
1
2
3n 21 n x3 4 1 ; 1 .
x ,
10.199.
2 2
2n
22n 21
5 (21)n 31 (2n)! x2n, x Î R. Указание. sin2x 2
n 41
1
10.201. 1 4 5 (21)n
n 31
1
5 (21)n 31
n 41
1
5 (32n 4 22n ) xn,
n 30
1
4 (31)n
n 20
2
4 4
x3 4 ; .
5 5
n 30
x Î (–1; 1). 10.195.
1 1
x3 4 ; . 10.197.
3 3
1
5n 21
5 (41)n 4n 21 xn,
n 30
2 2
x3 4 ; . 10.196.
3 3
10.198.
2
2 2
x3 4 ; . 10.192.
3 3
4 2n 21 xn,
1
3n 21 n
x ,
2n
2
1 1
x3 4 ; .
2 2
x 2n
, x Î R.
n!
1 1 cos2x
.
2
1
22n 21 2n
x 2n
x , x Î R. 10.202. ln5 2 5 (41)n 21 n , x1 [2 5; 5].
(2n)!
n
5
n 31
40, v 3 0,
5
20, z 1 0,
FV (v) 6 7
FZ (z) 3 4
1 1
51 8 FX 2 ln v , 0 9 v.
8FX (1 5 z) 6 FX (1 6 z), 0 7 z;
40, z 3 0,
5
40, y 3 0,
f
(
z
)
6
7 2 e 12 z , z 8 0; fV (v) 3 240, u 1 (0,1],
f
(
y
)
5
Z
11.185. Y
6
12y2 , y 7 0;
2
2
ye
59 2 z
8
61, u 5 (0,1].
1
20, y 1 0,
3
11.186. FY ( y) 4 6y2, 0 5 y 1 1, 11.187. FY ( y)
31, y 7 1.
8
11.188.
121
21
31
41
51
321
2651
2671
26481
26281
1
2
1
214 14 y 3
215 14 y 3
61 5 7 9
4 79
, y 8 1,
2
2
61, y 1.
121
231
321
41
51
46571 46771 46341
1 40, r 3 0,
20, z 1 (0, a),
5
3
11.189. fZ (z) 4 5 2z
11.190. fR (r ) 6 7 r
r2
,
z
6
(0,
a
).
5 2 exp 8 2 2 , 0 9 r.
37 a2
30, x 2 1,
1
440,2, 1 5 x 2 4,
1
12.2. Fn (x) 6 7
12.3. График эмпирической функции распределения
40,5, 4 5 x 2 6,
491, x 8 6.
изображен на рис. 1, гистограмма частот — на рис. 2, полигон частот — на рис. 3.
12.4. График эмпирической функции распределения изображен на рис. 4, гисто
Рис. 1
Рис. 2
Рис. 3
Рис. 4
496
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
грамма частот — на рис. 5, полигон частот — на рис. 6. 12.5. График эмпирической
функции распределения изображен на рис. 7, гистограмма частот — на рис. 8, поли2
гон частот — на рис. 9.
Рис. 5
Рис. 6
Рис. 7
Рис. 8
Рис. 9
Рис. 10
497
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
12.6. Статистический ряд:
121
231
241
251
261
271
281
291
2 1
3 1
321
31
41
91
231
91
81
61
41
31
; полигон
1 2 3,1;
1 2 h1 2 3; x 1 3,5; D 1 2 3,65.
12.8. dX
частот изображен на рис. 10.1 12.7. dX
X
X
1 2 2,5; x 1 2,39; D 1 2 0,43.
1 2 10; h1 2 10; D 1 2 6,29. 12.10. x 1 49;
hX
x
1
10,49;
12.9.
d
X
X
X
X
1 2 30,03;
1 2 31,09. 12.17. 1
S2 = 156. 12.11. x 1 15,78; S2 = 3,7316. 12.12. aX
eX
1 2 x;
k
оценка несмещенная и состоятельная. 12.18. p1 1 ; оценка несмещенная и состоя'
n
n
k
12 1 S2 1 1 (x 3 x )2. 12.22. 11 2 1 .
1 1 x; 2
тельная. 12.19. p1 1 . 12.20. 11 2 x. 12.21. m
i
n
n4
x
i 11
12.27. (18,35; 21,64). 12.28. (498,35; 501,64). 12.29. (28,14; 31,86). 12.30. (16,63; 19,37).
12.31. n ³ 385. 12.34. b = 0,9: 10,55 < s2 < 27,8; b = 0,95: 9,75 < s2 < 30,97. 12.35. 3,27 <
< s2 < 53,73. 12.36. 21,192 < m < 26,808; 20,520 < s2 < 76,608; 0,1204 < s < 8,753.
12.37. 4,424 < m < 4,64; 0,0145 < s2 < 0,0832; 0,1204 < s < 0,2884. 12.38. 3,805 × 10–2 <
< p < 6,195 × 10–2. 12.39. n ³ 168. 12.40. (0,736; 0,881). 12.41. (0,39; 0,41). 12.42. Не сви'
детельствуют: батарейки удовлетворяют стандарту. При a = 0,025 основная гипоте'
за принимается с большей надежностью. 12.43. а) Нельзя; б) нельзя. 12.44. Основ'
ная гипотеза H0 отвергается: новичок работает неритмично. 12.45. а), б) Гипотеза H0
принимается. 12.46. а) Гипотеза H 0 отклоняется; б) гипотеза H 0 принимается.
12.47. Образец троса удовлетворяет техническим условиям. 12.48. Ожидания кон'
структоров подтверждаются на данном уровне значимости. 12.49. Вероятность
ошибки первого рода 1 2 P{x 3 9,44| H0 } 2 4( 51,4) 6 0,08; вероятность ошибки второ'
го рода 1 2 P{x 3 9,44 | H1 } 2 1 4 5 (1,1) 6 0,136. 12.50. а) Не следует; б) следует. 12.51. Да.
12.52. Да, знания студентов улучшились. 12.53. По крайней мере для 90 пациентов.
12.54. Основная гипотеза H0 о правильности монеты отклоняется. 12.55. H0 отвергает'
ся. 12.56. H0 отвергается. 12.57. Можно считать. 12.58. а) Гипотеза H0 принимается;
б) гипотеза H0 отклоняется. 12.59. Нельзя. 12.60. Нельзя. 12.61. Можно. 12.62. 1) Со'
гласуются; 2) не согласуются. 12.63. Нельзя. 12.64. Гипотеза H0 принимается.
12.65. Нет, не согласуются. 12.66. Гипотеза H0 отклоняется. 12.67. H0 принимается;
Zвыб 1 6,22 2 320,99 (3) 1 11,3 (первые два интервала объединяются). 12.68. Да, можно: дан'
ные согласуются с гипотезой о равномерном распределении значащих цифр числа p.
12.71. 0,866. 12.72. 0,44. 12.73. а) Незначима; б) незначима. 12.74. а) Значима; б) не'
значима; в) значима. 12.75. a0 = 0,005; rкр = 0,31. 12.76. r = –0,8992; компоненты зави'
симы. 12.77. r = 0,7165; линейная связь значима. 12.78. y1 (x) 1 21,7802 3 x 4 250,6778.
12.79. y1 (x) 1 0,0012 2 x 3 0,7889; x1 (y) 1 440,619 2 y 3 736,329. 12.80. y1 (x) 1 0,87 2 x 3 67,53.
12.81. a10 1 101,4; a11 1 22,58; a12 1 0,022; 50,6%. 12.82. b* = 5,619; линейная регрессия
значима. 12.83. r = –0,979; b* = –1,06; 1) корреляция значима; 2) линейная регрес'
сия значима. 12.84. r = 0,953; b* = 1,66; 1) корреляция значима; 2) линейная регрес'
сия значима.
498
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
ПРИЛОЖЕНИЕ 1
ФУНКЦИЯ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ F(x)
НОРМАЛЬНОГО ЗАКОНА N(0, 1);
x
2
1
6 e1t /2dt
25 12
3( 1x) 4 1 1 3(x), 3(x) 4
12
12113
12143
12153
12163
12173
1213
1231114
1231514
1231614
1237814
1237914
1237
1243
123
64
1235 64
1235 64
12337 4
12333 4
1233 94
1253
123
4
1236 84
1236 74
123 714
123 564
123 6 4
1263
1297
4
12987 4
1298334
1298
129
1273
1293354
1293 74
1299864
1299954
1283
129 734
129 314
129 634
1293
12 83 4
12 8 74
12
12 3
12 3614
12 9774
12 9584
12 9
12 3
12 6674
12
12
12
12 3
12673 4
1267694
1268784
1268 64
4213
12657 4
1265 64
1265974
1265634
4243
12695 4
1269934
1269694
126 164
4253
12665 4
12669 4
1266664
4263
12 1 84
12 15 4
4273
12 7 84
4283
12
4293
12 5384
12 59 4
12 5 54
12 5654
12 5 34
42 3
12 3354
12 3954
12 3
4
12 3684
12 3 74
12 3
42 3
12 9574
12 95 4
12 9394
12 9954
42 3
12
7 4
12
7 4
12
894
12
5213
12
84
12
64
12
6 4
12
5243
12 6874
12 6894
12 6 14
12 6 54
5253
12 6974
12 6954
12 6964
12 6 74
5263
12 6
12 6 94
12 6 64
12
5273
12
764
12
814
12
884
5283
12
64
12
514
12
574
5293
12
3 4
12
334
12
52 3
12
934
12
994
12
52 3
12
54
12
34
52 3
12
674
12
6213
12
6 4
12
6243
12
14
6253
12
6263
6273
1
1
121 3
123 7 4
123 3 4
1239 94
1239 34
123 754
123 3 4
1291894
1291954
12971 4
1297574
129 964
1295194
12955 4
1295614
12937 4
129 114
129
129
84
1296164
1296554
1296
12 17 4
12 1354
12 1664
12 78 4
12 73 4
12 7 14
12 8854
12
1238
94
121 3
4
1238
4
12
6 4
12 5884
12 5354
12 5694
12 37 4
12 35 4
12
154
12
12
12
54
12 68 4
12 6384
9 4
12
34
12618 4
1261374
1261 64
1267194
1267
1268954
12686 4
126 734
126 514
126 934
126 6 4
1263164
1263 74
1263354
1263
4
1263
126 8 4
126 5 4
126
126
14
126 1 4
126 834
126 554
126 984
12 1994
12 1684
12 1
4
12 7734
12 81 4
12 8884
12 8 94
12 8374
12
12
12
12
4
3 4
74
12193
4
4
714
854
121 3
4
4
12183
54
954
4
4
1269874
1266714
1266 14
126 614
126
12 1734
12 7 74
12 75 4
12 7984
12 7
12 8934
12 8
4
12 8 84
12
12
12
54
12 5194
12 5764
12 58 4
12 5574
12 3134
12 3734
12 3834
12 3 34
12 3534
4
12 9164
12 9794
12 9834
12 9
12 9 74
12 9 64
12 9694
12 9
12 9
4
12
194
84
12
64
12
554
12
12
974
12
9 4
664
12
4
12
64
12 61 4
12 6164
12 6784
12 67 4
12 6 64
12 6584
12 6594
12 6314
12 6354
12 63 4
12 6 34
12 6 64
12 6674
12 6654
12 66 4
12 6 14
174
12
154
12
194
12
1 4
12
774
12
7 4
12
12
834
12
8 4
12
8 4
12
74
12
84
12
54
12
94
12
5 4
12
534
12
594
12
564
12
5 4
12
374
12
384
394
12
3 4
12
3 4
12
914
12
974
12
984
12
9 4
12
954
9 4
12
964
12
9 4
12
14
12
74
12
84
12
4
12
54
12
94
12
4
12
4
12
64
12
4
12
4
12
614
12
674
684
12
684
12
6 4
12
654
12
654
12
634
12
634
12
694
12
694
6 4
12
6 4
12
664
12
664
12
6 4
12
6 4
12
6 4
12
14
12
14
12
74
12
74
12
74
12
84
12
84
12
84
12
84
12
4
12
4
4
12
4
12
54
12
54
12
54
12
54
12
54
12
34
12
34
12
34
12
34
12
34
12
34
12
94
12
94
12
94
12
94
12
94
12
94
12
4
12
4
12
4
12
4
12
4
12
4
12
4
12
4
12
4
12
4
12
64
84
4
534
3 4
14
684
14
314
4
394
Квантили up нормального распределения N(0; 1):
12
12314
12354
123654
12334
123354
123334
1233354
314
728984
72
723 14
82 8 4
8256 4
21314
28374
54
12
4
194
4
7 4
4
794
499
ПРИЛОЖЕНИЯ
ПРИЛОЖЕНИЕ 2
ЗНАЧЕНИЯ ФУНКЦИИ ПЛОТНОСТИ 1
2
e 1 x /2
НОРМАЛЬНОГО РАСПРЕДЕЛЕНИЯ N(0, 1) f (x) 2
23
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Глава 1
АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ
§ 1.1. Векторная алгебра . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1. Определители 2 го и 3 го порядка (4).
2. Решение систем линейных уравнений с
двумя и тремя неизвестными (7). 3. Ли
нейные операции над векторами (8). 4. Ба
зис и координаты вектора (10). 5. Декар
товы прямоугольные координаты точки
на плоскости и в пространстве. Простей
шие задачи аналитической геометрии
(13). 6. Скалярное произведение векто
ров (14). 7. Векторное произведение век
торов (17). 8. Смешанное произведение
векторов (19)
§ 1.2. Линейные геометрические объекты 21
1. Прямая на плоскости (21). 2. Плос
кость и прямая в пространстве (27)
§ 1.3. Алгебраические кривые
и поверхности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1. Алгебраические кривые на плоскости
(32). 2. Алгебраические поверхности в
пространстве (39)
Глава 2
ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
§ 2.1. Матрицы и определители . . . . . . . . . 43
1. Основные определения (43). 2. Опреде
лители n го порядка (46). 3. Основные
методы вычисления определителей n го
порядка (48). 4. Обратная матрица и ме
тоды ее вычисления (50). 5. Матричные
уравнения (52). 6. Пространство арифме
тических векторов (53). 7. Определение и
основные методы вычисления ранга мат
рицы (54)
§ 2.2. Системы линейных уравнений . . . . . 58
1. Правило Крамера (58). 2. Решение ли
нейных систем общего вида (59). 3. Од
нородные системы (61). 4. Метод после
довательных исключений Жордана–Га
усса (64)
§ 2.3. Линейные пространства
и операторы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
1. Линейное пространство (65). 2. Конеч
номерное пространство. Базис в n мерном
пространстве (66) 3. Пространства со ска
лярным произведением (70). 4. Линей
ные операторы и действия с ними (71).
5. Собственные числа и собственные век
торы линейного оператора (75). 6. Линей
ные операторы в пространстве со скаляр
ным произведением (77). 7. Приведение
матрицы линейного оператора к диаго
нальному виду (78)
§ 2.4. Билинейные
и квадратичные формы . . . . . . . . . . . 79
1. Линейные формы (79). 2. Билиней
ные формы (79). 3. Квадратичные фор
мы (80). 4. Кривые и поверхности вто
рого порядка. Приведение к канониче
скому виду (84)
Глава 3
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
§ 3.1. Понятие функции. Элементарные
функции, их свойства и графики . . 88
1. Понятие функции (88). 2. Элементар
ные функции и их графики (91)
§ 3.2. Предел . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
1. Предел последовательности (94).
2. Предел функции (98). 3. Пределы ра
циональных дробей и иррациональных
выражений (101). 4. Замечательные пре
делы (103). 5. Сравнение функций (106).
6. Дополнительные задачи (108)
§ 3.3. Непрерывность . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
1. Непрерывность функции в точке (109).
2. Точки разрыва и их классификация
(110)
§ 3.4. Производная и дифференциал . . . . 111
1. Понятие производной (111). 2. Вычис
ление производных (112). 3. Производ
ные высших порядков (117). 4. Геомет
рические и механические приложения
производной (119). 5. Дифференциалы
первого и высших порядков (121)
§ 3.5. Теоремы о среднем.
Правило Лопиталя . . . . . . . . . . . . . . . 124
1. Теоремы о среднем (124). 2. Неопре
0 1
деленности 0 и 1 (124). 3. Неопределен
ности 0 × ¥ и ¥ – ¥ (126). 4. Неопределен
ности 00, ¥0, 1¥ (127)
§ 3.6. Формула Тейлора . . . . . . . . . . . . . . . . 128
§ 3.7. Исследование функций
и построение графиков . . . . . . . . . . . 132
1. Возрастание и убывание функции. Экс
тремумы (132). 2. Выпуклость графика
функции. Точки перегиба (134). 3. Асимп
тоты (135). 4. Построение графиков
функций (136)
511
ОГЛАВЛЕНИЕ
Глава 4
ИНТЕГРАЛЬНОЕ
ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ
ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
§ 4.1. Неопределенный интеграл . . . . . . . . 138
1. Непосредственное интегрирование (138).
2. Метод замены (140). 3. Интегрирова
ние по частям (141)
§ 4.2. Интегрирование
основных классов
элементарных функций . . . . . . . . . . 143
1. Интегрирование рациональных дробей
(143). 2. Интегрирование тригонометри
ческих и гиперболических функций (147).
3. Интегрирование иррациональных функ
ций (149)
§ 4.3. Определенный интеграл . . . . . . . . . . 152
1. Определение (152). 2. Свойства опре
деленного интеграла (153). 3. Формула
Ньютона–Лейбница (155). 4. Замена пере
менной в определенном интеграле (156).
5. Интегрирование по частям (156)
§ 4.4. Несобственные интегралы . . . . . . . . 157
1. Несобственные интегралы с бесконеч
ными пределами (157). 2. Интегралы от
неограниченных функций (160)
§ 4.5. Геометрические приложения
определенного интеграла . . . . . . . . . 162
1. Площадь плоской фигуры (162). 2. Объ
ем тела вращения (164). 3. Длина дуги
кривой (165). 4. Площадь поверхности
вращения (167)
§ 4.6. Приложения определенного
интеграла к решению некоторых
задач механики и физики . . . . . . . . 169
Глава 6
КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
§ 6.1. Двойной интеграл . . . . . . . . . . . . . . . . 195
1. Понятие двойного интеграла и его вы
числение в декартовых прямоугольных
координатах (195). 2. Вычисление двой
ного интеграла в полярных координатах
(199). 3. Общий случай замены перемен
ных в двойном интеграле (200). 4. При
ложения двойных интегралов (201)
§ 6.2. Тройной интеграл . . . . . . . . . . . . . . . . 205
1. Понятие тройного интеграла и его вы
числение в декартовых прямоугольных
координатах (205). 2. Замена перемен
ных в тройном интеграле (206). 3. При
ложения тройных интегралов (208). 4. Не
собственные кратные интегралы по не
ограниченной области (210)
§ 7.1.
§ 7.2.
§ 5.1.
§ 5.2.
§ 5.3.
§ 5.4.
§ 5.5.
Глава 5
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ
ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ
НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
Предел.
Непрерывность . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
1. Понятие функции нескольких пере
менных (172). 2. Предел и непрерывность
функции (174)
Частные производные.
Дифференциалы . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
1. Частные производные (176). 2. Диффе
ренциалы (178). 3. Применение диффе
ренциала к приближенным вычислени
ям (180). 4. Формула Тейлора (181)
Дифференцирование
сложных функций . . . . . . . . . . . . . . . 182
Приложения
частных производных . . . . . . . . . . . . 184
1. Касательная плоскость и нормаль к по
верхности (184). 2. Экстремумы (185).
3. Наибольшее и наименьшее значения
функции (187). 4. Условный экстремум
(189)
Дифференцирование
неявных функций . . . . . . . . . . . . . . . . 191
1. Неявные функции одной и двух неза
висимых переменных (191). 2. Системы
неявных функций (193). 3. Касательная
плоскость и нормаль к поверхности, за
данной в неявном виде (194)
§ 7.3.
§ 7.4.
Глава 7
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ
Дифференциальные уравнения
1Dго порядка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
1. Основные понятия (211). 2. Аналити
ческий метод решения уравнений 1го по
рядка (214). 3. Уравнения с разделяющи
мися переменными (214). 4. Однородные
уравнения (216). 5. Линейные уравнения
(218). 6. Уравнение в полных дифферен
циалах (220). 7. Уравнения, не разрешен
ные относительно производной (222).
8. Геометрические задачи, приводящие к
появлению дифференциальных уравне
ний 1го порядка (223)
Дифференциальные уравнения
высших порядков . . . . . . . . . . . . . . . . 227
1. Основные понятия. Теорема Коши (227).
2. Дифференциальные уравнения, допус
кающие понижение порядка (228). 3. Ли
нейные однородные уравнения (232). 4. Ли
нейные неоднородные уравнения (234)
Линейные уравнения
с постоянными коэффициентами . 236
1. Линейные однородные уравнения с по
стоянными коэффициентами (236). 2. Ли
нейные неоднородные уравнения с посто
янными коэффициентами (238)
Системы дифференциальных
уравнений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242
1. Основные понятия. Связь с дифферен
циальными уравнениями nго порядка
(242). 2. Методы интегрирования нор
мальных систем (245)
Глава 8
ДИСКРЕТНАЯ МАТЕМАТИКА
§ 8.1. Функции алгебры логики . . . . . . . . 248
1. Основные понятия, связанные с буле
вым кубом (248). 2. Реализация булевых
функций с помощью формул (253). 3. Спе
циальные представления булевых функ
ций (255). 4. Классы Поста (259)
§ 8.2. Графы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261
1. Основные определения (261). 2. Пути и
метрические характеристики в графах
(267). 3. Способы задания графов (272).
512
ЗАДАЧНИК ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ВУЗОВ
4. Деревья (274). 5. Планарность. Рас#
краски графов (277)
§ 8.3. Основы теории автоматов . . . . . . . . 279
1. Основные определения. Способы зада#
ния автоматов (279). 2. Продолжение
функций j и y (282). 3. Приведенный ав#
томат (284). 4. Отличимость состояний
автомата. Теоремы Мура (285). 5. Огра#
ниченно#детерминированные функции.
Информационное дерево (286). 6. Синтез
автоматов (291)
Глава 9
ВЕКТОРНЫЙ АНАЛИЗ
И ТЕОРИЯ ПОЛЯ
§ 9.1. Скалярные и векторные поля.
Градиент . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293
1. Геометрические характеристики ска#
лярных и векторных полей (293). 2. Про#
изводная по направлению и градиент ска#
лярного поля (295)
§ 9.2. Криволинейные
и поверхностные интегралы . . . . . . 298
1. Криволинейный интеграл 1#го рода
(298). 2. Криволинейный интеграл 2#го
рода (301). 3. Поверхностный интеграл
1#го рода (308). 4. Поверхностный инте#
грал 2#го рода (311)
§ 9.3. Основные операции
векторного анализа . . . . . . . . . . . . . . 315
1. Дивергенция. Формула Остроградско#
го–Гаусса (315). 2. Ротор векторного по#
ля. Формула Стокса (318)
§ 9.4. Виды векторных полей.
Оператор Гамильтона . . . . . . . . . . . . 321
1. Потенциальное векторное поле (321).
2. Соленоидальное векторное поле (323).
3. Лапласово поле (323). 4. Оператор Га#
мильтона и его применение (324)
§ 10.1.
§ 10.2.
§ 10.3.
§ 10.4.
Г л а в а 10
РЯДЫ
Числовые ряды . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326
1. Сходимость числового ряда. Критерий
Коши (326). 2. Абсолютная сходимость.
Признаки сходимости рядов с неотрица#
тельными членами (329). 3. Сходимость
рядов с произвольными членами (334)
Функциональные ряды . . . . . . . . . . . 337
1. Область сходимости функционального
ряда (337). 2. Равномерная сходимость
функционального ряда (339)
Степенные ряды . . . . . . . . . . . . . . . . . 343
1. Интервал сходимости степенного ряда
(343). 2. Разложение функций в степен#
ные ряды. Ряд Тейлора (345). 3. Приме#
нения степенных рядов (348)
Ряд Фурье. Интеграл Фурье . . . . . . 351
1. Разложение функции в тригономет#
рический ряд Фурье (351). 2. Интеграл
Фурье (358)
Г л а в а 11
ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
§ 11.1. Случайные события. Вероятность . 361
1. Случайные события и действия над
ними (361). 2. Вероятность события. Клас#
сическая вероятностная схема (схема урн)
(363). 3. Схема геометрической вероятно#
сти (367). 4. Условная вероятность. Неза#
висимость событий (369). 5. Вероятности
сложных событий (371). 6. Формула пол#
ной вероятности и формула Байеса (373)
§ 11.2. Случайные величины . . . . . . . . . . . . . 375
1. Случайные величины дискретного ти#
па (375). 2. Примеры основных дискрет#
ных распределений (378). 3. Случайные
величины непрерывного типа (383).
4. Примеры основных непрерывных рас#
пределений (385)
§ 11.3. Случайные векторы . . . . . . . . . . . . . . 389
1. Двумерные случайные векторы дис#
кретного типа (389). 2. Двумерные слу#
чайные векторы непрерывного типа (393).
3. Зависимость и независимость случай#
ных величин (396)
§ 11.4. Функции от случайных величин . . 397
1. Математическое ожидание функции от
случайной величины (397). 2. Закон рас#
пределения функции от случайной вели#
чины (400)
§ 11.5. Законы больших чисел
и предельные теоремы
теории вероятностей . . . . . . . . . . . . . 404
1. Законы больших чисел (404). 2. Предель#
ные теоремы теории вероятностей (407)
Г л а в а 12
МЕТОДЫ СТАТИСТИЧЕСКОЙ ОБРАБОТКИ
ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНЫХ ДАННЫХ
§ 12.1. Первичная обработка выборки . . . 410
1. Способы описания результатов наблю#
дений (410). 2. Числовые характеристи#
ки эмпирического распределения (413)
§ 12.2. Оценивание неизвестных
характеристик распределения . . . . 415
1. Точечные оценки и их свойства. Ме#
тод подстановки (415). 2. Метод момен#
тов (418). 3. Интервальное оценивание.
Доверительные интервалы (419)
§ 12.3. Проверка статистических гипотез 423
1. Проверка гипотез о сравнении с этало#
ном (423). 2. Проверка гипотезы о равен#
стве дисперсий в двух независимых ге#
неральных совокупностях (429). 3. Про#
верка гипотезы о равенстве средних в
двух независимых генеральных сово#
купностях (431). 4. Проверка гипотезы
о законе распределения. Критерий согла#
сия хи#квадрат (433)
§ 12.4. Корреляционный и регрессионный
анализ данных . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436
1. Основы корреляционного анализа (436).
2. Основы регрессионного анализа (440)
Ответы и указания . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445
Приложения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 498
